特色专项训练优化方案2015届高考物理二轮专题精炼第一篇专题一力学选择题巧练(三)

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2015届高考物理二轮复习专项训练：力学(一)19_《答案》

题组一:力学(一)1. C 解析:桩子受到绳子作用力方向竖直向下,绳OC 拉力的水平分量应该与绳CD 拉力相等,因此绳OC 的拉力F OC =0100sin60 N=20033 N,又因为2F OA =F OC ,所以F OA =10063N,故C 正确.2. C 解析: 相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律-mg Fm =2·2F M ,解得F=4Mmg M m +,工件加速度a=2FM =24mg M m +,所以C 正确.3. A 解析:由于万有引力提供向心力,以行星P 为研究对象有G 2Mmr =m 224πT r,得M=2324πr GT ,选项A 正确;根据万有引力提供向心力只能求得中心天体的质量,因此根据题目所给信息不能求出行星P 的质量,选项B 错误;如果发射探测器到达该系外行星,需要克服太阳对探测器的万有引力,脱离太阳系的束缚,所以需要发射速度大于第三宇宙速度,选项C 、D 错误.4. C 解析:A 点的高度为h=12gt 2=12g 20s v ⎛⎫ ⎪⎝⎭=2202gsv ,因AB 是光滑杆,小球由静止开始从轨道A 端滑下到达轨道B 端,机械能守恒mgh=12mv 2,则v=0gs v ,C 正确;由于小球在运动过程中受到了杆的支持力作用,在水平方向上的速度是变化的,所以ABD 是错的. 5. D 解析:物体B 以水平速度冲上A 后,由于摩擦力作用,B 减速运动,A 加速运动,根据能量守恒定律,物体B 动能的减少量等于A 增加的动能和系统产生的热量之和,选项A 错误;根据动能定理,物体B 克服摩擦力做的功等于B 损失的动能,选项B 错误;由能量守恒定律可知,物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和,选项C 错误; 摩擦力对物体B 做的功等于B 动能的减少,摩擦力对木板A 做的功等于A 动能的增加,由能量守恒定律,物体B克服摩擦力做的功等于木板A获得的动能与系统内能的增加量之和,选项D正确.6. AC 解析:演员在滑杆上静止时,传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆重力之和,故演员的体重为600 N,选项A正确; 演员在第1 s内先静止后加速下滑,加速下滑时处于失重状态,选项B错误; 演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小,加速下滑的加速度a1=3 m/s2,对演员,由牛顿第二定律,mg-F1=ma1,解得F1=420 N. 对滑杆,由平衡条件,最小拉力FT1=420 N+200 N=620 N,选项C正确; 减速下滑时滑杆所受的拉力最大.减速下滑的加速度大小a2=1.5 m/s2,对演员,由牛顿第二定律,F2-mg=ma2,解得F 2=690 N.对滑杆,由平衡条件,最大拉力FT2=690 N+200 N=890 N,选项D错误.7. CD 解析: 静止时弹簧的压缩量为x1=1sinm gkθ,当B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,x2=2sinm gkθ,而d=x1+x2,故B错误;由F-m1gsin θ-kx2=m1a可得a=1-F kdm,C正确;拉力做功的功率P=Fv,A错误;由能量守恒可得,弹簧弹性势能的增加量ΔE p =Fd-m1gdsin θ-12m1v2,D正确.8. AD 解析:两球恰在斜面中点P相遇,则在水平方向上它们的位移相同,即v 2t=v1cos 60°t,得v1∶v2=2∶1,A正确,B错误;若小球b以2v2水平抛出,竖直方向上a球的分速度不变,b球做自由落体运动不变,若还能相遇,则仍然在P点相遇,但b的水平初速度变为2v2,水平方向相遇点会向左移动,所以两小球不能再相遇,C错误;小球a、b原来在P点相遇,b球竖直方向的平均速度等于a球竖直方向的速度,为v1sin θ,b球的水平速度变为2v2,小球b会落在P点上方,在这段时间里,a球在竖直方向的速度会大于b球在竖直方向做自由落体运动的平均速度,则b球落在斜面上时,a球在b球的下方,D正确.9. CD 解析:铝球下沉的速度先增大后不变,选项A错误;开始释放时,铝球除受重力外,还受到竖直向上的浮力作用,其加速度a小于g,选项B错误;根据通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象可知,a=a0-a vv.设液体浮力为F,刚剪断细线时,v=0,油的阻力f=0,由牛顿第二定律,mg-F=ma 0;铝球下沉过程中,由牛顿第二定律,mg-F-f=ma; 联立解得铝球下沉过程中所受到油的阻力f=00ma vv ,选项C 正确;铝球下沉过程中机械能的减少量等于克服油阻力和浮力所做的功,选项D 正确.题组二:力学(二)1. C 解析:隔离中间层左侧的人受力分析,受到上面人的压力2G,由平衡条件可得他每只脚所受支持力均为34G;由对称性可知,最底层正中间的人受到中间层两个人的压力为2×34G =32G;由平衡条件可得最底层正中间的人每一只脚受到的地面支持力为54G,由牛顿第三定律可得最底层正中间的人每一只脚对水平地面的压力约为54G,选项C 正确.2. B 解析:由F=μmgcos θ+mgsin θ可解得μ=35,C 错误;撤去F 瞬间,物体仍向上运动,摩擦力的方向不变,此时F 合=F=ma,a=8 m/s 2,B 正确,A 错误;因mgsin θ>μmgcos θ,故撤去F 后,物体上滑到速度为零后,再向下加速下滑,D 错误.3. C 解析:根据题述,乙船恰好能直达正对岸的A 点,则河水流速u=vcos 60°=2v.甲船渡河时垂直河岸的分速度为v 1=vsin 60°=32v,时间t=1L v =23L v . 甲船沿水流方向的速度v 2=vcos 60°+u=v,沿水流方向的位移为x=v 2t=23L,甲船在A 点上游靠岸,选项A 、B 错误; 由于两船垂直河岸的分速度相等,所以甲、乙两船到达对岸的时间相等,选项C 正确;甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇,选项D 错误.4. C 解析:汽车达到最大速度时,加速度为0,牵引力等于阻力,汽车功率P=Fv=F f v,所以最大速度v=mf P F =20 m/s,对应的动能为4×105 J,A 项正确;汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动,牵引力F=F f +ma=8×103 N,所以2 s 末对应的实际功率为P=Fat=32 kW,能够维持匀加速运动的最长时间为t=mP Fa =5 s,对应的摩擦力做功为W f =F f x=F f ·12at 2=105 J,B 项正确,C 项错误;当汽车保持额定功率启动时,有P v -F f =ma,解得其加速度为a=6 m/s 2,D 项正确.5. D 解析:由静止释放B 后,已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时,滑块B 沿细绳方向的分速度为vcos 60°=2v . 此时A 的速度为02cos30v=33v . B 下滑的高度h=Lcos60°=2L,由机械能守恒定律,mgh=12mv 2+12m 233v ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,联立解得L=243v g ,选项D 正确. 6. AD 解析:由于万有引力常量逐渐减小,太阳不断释放能量,太阳质量逐渐减小,由万有引力定律可知,太阳对地球的引力在缓慢减小,A 正确;火星的轨道半径比地球轨道半径大,由天体运行规律可知,火星的线速度比地球的线速度小,B 错误;金星的轨道半径比地球的轨道半径小,由天体运行规律可知,金星的公转周期比地球小,C 错误;因为火星的公转周期比地球的公转周期大,因此每个季节的持续时间要大于地球上每个季节的时间,即大于3个月,D 正确.7. ABD 解析:根据功能关系,阻力对运动员做的功等于运动员机械能的减少量,则有E=E 0-F f x.图线为曲线时阻力是变力,图线为直线时阻力是恒力,可见0~x 1过程中运动员加速下降,阻力不断增大,选项A 、D 正确;x 1~x 2过程中运动员匀速下降,选项B 正确,C 错误.8. CD 解析:竖直上抛时小球恰好击中触发器,则说明小球到达触发器处速度刚好为零.沿图A 中轨道以速率v 抛出小球,小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动,到达最高点的速率应大于或等于gR ,所以小球不能到达圆弧最高点,即不能击中触发器.沿图B中轨道以速率v抛出小球,小球沿光滑斜面上滑后做斜抛运动,最高点具有水平方向的速度,所以也不能击中触发器.图C及图D中由机械能守恒定律可知小球在轨道最高点速度均可以为零,小球能够击中触发器.9. BD 解析:绳断前,a、b整体做匀速运动,拉力F等于整体重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力之和,即F=6mgsin 30°+6μmgcos 30°=152mg,绳断裂时,绳上的拉力瞬间为0,故a的加速度为gsin 30°+μgcos 30°=54g,方向沿斜面向下;同理可知b的加速度为14g,方向沿斜面向上,选项A错误,B正确.由于μ=32>sin30cos30=33,故a、b最终都将静止在斜面上,故当a、b都静止时,两者间距最大. 绳断开后,a做匀减速运动,直至静止,b先做匀加速运动,后做匀减速运动,最终静止,设绳刚断开时,整体的速度为v,则由动能定理可得, 对a,-54mgsa=0-12mv2;对b,-54·5mgsb=0-211·5542mgx mv⎛⎫+⎪⎝⎭,联立以上两式可得a与b间的最大距离Δs=sb +x-sa=65x,选项C错误,D正确.题组三:电磁学(一)1. C 解析:由于正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上,则金属球处于静电平衡状态,金属球内部的电场处处为0,即O至r对应的电场强度为0,选项A、B错误;又因为处于静电平衡状态的整个导体是个等势体,表面是个等势面,且无穷远处电势为0,可知O至r对应的电势为一大于0的常数,r至无穷远电势逐渐降低,趋近于0,故选项C正确,D项错误.2. C 解析:开关K从闭合状态突然断开时,电感L中产生自感电动势,感应电流向右,与L3构成闭合回路,由于二极管的单向导电性,L2立即熄灭,L1、L3均逐渐变暗,选项C正确.3. B 解析:由左手定则判断得知,螺丝钉尖端不受安培力,后端受到顺时针方向(俯视)的安培力作用,因此螺丝钉(俯视)顺时针快速转动;由于螺丝钉转动切割磁感线产生感应电动势,所以回路中的电流I<ER,选项B正确.4. D 解析:由E=Blv可知产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比,由于是匀速运动,有效长度跟时间呈线性关系,结合楞次定律可知,ab边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是逆时针方向,电势差Uab =-34Blv,cd边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是顺时针方向,电势差Uab =-14Blv,故选项D正确.5. B 解析:上滑过程中,开始时导体棒的速度最大,受到的安培力最大为222B l v R;根据能量守恒,上滑过程中电流做功产生的热量为12mv2-mgs(sin θ+μcos θ);上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热量,即12mv2-mgs(sin θ+μcos θ);上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv2-mgssin θ;所以只有选项B正确.6. BD 解析:根据图乙可知交流电压的最大值Um=1902 V,周期T=0.02s2π100πTω⎛⎫==⎪⎝⎭,结合正弦交流电压的瞬时值表达式u=Umsin ωt,可知B正确,A错误.根据变压器的变压比12uu=12nn,u1、n2不变,为提高u2只能减小n1,所以P应上移,D正确,C错误.7. ABD 解析:根据电场线的疏密表示电场强度大小可知,a点的电场强度比b点的大,选项A正确; 根据沿电场线方向电势逐渐降低,a点的电势比b点的高,选项B正确; 由电势能与电势的关系可知,检验电荷-q在a点的电势能比在b点的小,选项C错误; 将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功,电势能增大,选项D正确.8. BD 解析:对电路图分析可知,当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中,外电路总电阻先增大后减小,路端电压先增大后减小,总电流先减小后增大,选项A错误,B正确;电压表读数U与电流表读数I的比值UI反映外电路电阻,故先增大后减小,而电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值ΔΔUI反映电源内阻,不发生变化,选项C错误,D正确.9. ABD 解析:若圆环所受洛伦兹力等于重力,圆环与粗糙细杆压力为零,摩擦力为零,圆环克服摩擦力做的功为零,选项A正确;若圆环所受洛伦兹力不等于重力,圆环与粗糙细杆压力不为零,摩擦力不为零,圆环以初速度v向右做减速运动. 若开始圆环所受洛伦兹力小于重力,则一直减速到零,圆环克服摩擦力做的功为12m20v,选项B正确;若开始圆环所受洛伦兹力大于重力,则圆环减速到洛伦兹力等于重力时达到稳定,稳定速度v=mgqB,由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W=12m20v-12mv2=12m·222022-m gvq B⎛⎫⎪⎝⎭,选项C错误,D正确.题组四:电磁学(二)1. B 解析:根据法拉第电磁感应定律有E=n ΔΔtΦ=n2-ΔB Bt·22a=22ΔnBat,故选项B正确.2. C 解析:由正点电荷电场线的分布及电场线方向与电势变化的关系可知,a、c两点的场强大小相等,但方向不同,b点电势小于d点电势.正试探电荷由b点到e点的运动过程中,由W1=q(φb-φe)可知,电场力(合力)做负功,动能减小,故A、B错误,C正确;若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c,由W2=q(φa-φc)可知,过b点之前电场力做正功,过b点之后电场力做负功,整个运动过程中,电场力的总功为零,D错误.3. C 解析:由图乙知交流电压瞬时值e=1002sin(100πt) V,电压有效值为U=m 2U =100 V,电流表示数即电流有效值为I=UR =2 A,T=0.02 s,故C 错误,A 、B 正确;当转速提高一倍时,则ω和E m 均增加一倍,由前面计算知电流表示数也增加一倍,故D 正确.4. B 解析:由感应电动势E=BLv,电流I=ER 得到安培力F A =BIL=22B L v R ,由图乙可知F A ∝t,则v ∝t,说明金属杆做匀加速运动,那么v=at,根据牛顿第二定律,得F-F A =ma,即F=F A +ma=22B L atR +ma,故选B.5. D 解析:假设粒子带正电,磁场方向垂直于纸面向外,粒子运动轨迹如图所示,当磁感应强度为B 1时,粒子从A 点射出,PA 为粒子运动轨迹所对应的直径,由题意知∠POA=120°,则PO 1=32R,即01mv B q =32R,得B 1=023mv Rq ;当磁感应强度为B 2时,粒子从Q 点射出,设粒子的轨迹半径为r,则有sin 2θ=R r ,r θ=2π3R ,显然有θ=π3、r=2R,则02mv B q =2R,B 2=02mv Rq .所以B 1∶B 2=023mv Rq ∶02mv Rq =4∶3,D 正确.6. AC 解析:由渐近线可知外电路断开时路端电压U=12 V,则电源电动势为E=12 V;又因为U=6 V 时对应电阻R=2 Ω,再根据串联电路特点可知,电源内阻r=2 Ω,A 对、B错;外电路电阻R 消耗的功率P=2E R r ⎛⎫ ⎪+⎝⎭R=22(-)4E R r r R +,由此可知,当R=r 时,R 上消耗的最大功率为Pm =24Er=18 W,C对;再根据Pr=2ER r⎛⎫⎪+⎝⎭r可知,当R=0时,r消耗功率最大为72 W,D错.7. BD 解析:分析棒的受力,有mgsin θ-22B L vR=ma,分析可得棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值,A错误.设沿斜面下滑的位移为s,则电荷量q=I·Δt=ΔΔtΦ·1R·Δt=ΔRΦ=BsLR,解得位移s=qRBL,B正确.根据能量守恒,产生的焦耳热等于棒机械能的减少量,Q=mgssin θ-12mv2,C错误.棒受到的最大安培力为22B L vR,D正确.8. AD 解析:由于杆与金属圆环绝缘,电路为纯串联结构,由金属杆切割磁感线的有效长度先增大后减小和E=Blv可知,感应电动势先增大后减小,因此感应电流也是先增大后减小,选项A正确;当θ=π3时,切割磁感线的有效长度为2acosπ6=3a,感应电动势为E=Blv=3Ba ··32aω=32Ba2ω,选项B错误;由q=IΔt=ERΔt=Δ·ΔΔttRΦ=ΔRΦ=ΔB SR可知,通过电阻R的电荷量为231π42BaR⎛⎫+⎪⎝⎭,选项C错误;当金属杆转过90°时,电阻R的电功率最大,为Pm =2mER=2·222aaBRω⎛⎫⎪⎝⎭=2424B aRω,选项D正确.9. AD 解析:若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线,画出电子运动轨迹,轨迹所对的圆心角为90°,轨迹半径为L,则电子运动的路程一定为π2L,选项A正确. 如图甲所示,若电子到达O点时是第偶数次到达磁场边界,则电子轨迹的半径r=2Ln·22=Ln,电子从P到Q运动轨迹的长为2n个14圆弧的长,即s=2n·14·2πr=2n·14·2π·Ln=πL. 若电子到达O点时是第奇数次到达磁场边界(如图乙),则电子轨迹的半径r'=2Ln·22=Ln,电子由P到Q的轨迹长为n个圆周的长,即s'=n·2πr'=n·2π·Ln=2πL,故选项D正确.甲乙。

【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第二篇“8+2+2+选考”全真模拟(三)

(2)为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：
A．电流表A1(0～40mA，r1＝10Ω)
B．电流表A2(0～100mA，r2≈5Ω)
C．滑动变阻器Байду номын сангаас(0～10Ω)
D．定值电阻R0(阻值为100Ω)
E．电源E(电动势为6V，内阻不能忽略)
F．开关、导线若干
①实验中要求调节范围尽可能大，请在方框内画出符合要求的电路图．
B．该波的传播速度为2m/s
C．质点L与质点N的运动方向总相反
D．在t＝0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往y轴正方向运动
E．1.25s时，质点P运动的路程为2m
(2)(9分)如图所示，ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧的圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源．若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧AC的弧长．
(1)O点与标志杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a；
(2)汽车停止运动时车头与标志杆D的距离L.
25．(19分) 如图所示，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域内，分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于图平面朝里，电场方向与电磁分界线平行朝右．一个带正电的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点偏左斜向下射入磁场，然后以垂直于电磁场边界线的方向进入电场，最后从电场区下边界上的Q点射出．已知P、Q连线垂直于电场方向，粒子轨道与电磁场分界线的交点到P、Q连线的距离为D．不计重力，试以l1、l2、v和d为已知量，导出：
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶4

2015届高考物理第二轮精讲精练检测1

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高效演练1.如图所示,竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A,处于静止状态。

若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上,则放在A上的一瞬间B对A的压力大小为(g取10m/s2)( )A.30NB.0C.15ND.12N【解题指南】解答本题应明确以下三点:(1)刚开始时A受重力和弹簧弹力处于静止状态。

(2)放上B的瞬时,可对A、B整体分析,应用牛顿第二定律计算加速度。

(3)再对B隔离分析,由牛顿第二定律计算A、B之间的相互作用力。

【解析】选D。

弹簧的弹力等于物体A的重力,即F=20N;将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间,弹簧的弹力不变,对整体利用牛顿第二定律得50-20=5a,对物体B利用牛顿第二定律得30-F N=3a,联立解得F N=12N,根据牛顿第三定律,B对A的压力大小为12N,选项D正确。

2.(2014·郑州模拟)如图所示,物块A静止在水平放置的固定木板上,若分别对A施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2作用时(F1<F2),A将分别沿F1和F2的方向匀加速滑动,其受到的滑动摩擦力大小分别为F f1和F f2,其加速度大小分别为a1和a2;若从静止开始同时对A施加F1和F2,其受到的滑动摩擦力大小为F f3,其加速度大小为a3,关于以上各物理量之间的关系,判断正确的是( ) A.a3=a1=a2 B.a3>a2>a1C.F f3>F f1=F f2D.F f1=F f2>F f3【解析】选B。

因为拉力均沿水平方向,所以物块A对水平木板的压力始终等于物块A的重力,滑动摩擦力F=μmg,大小相等,选项C、D 错误;由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,错误！未找到引用源。

-μmg=ma3,因为F1<F2,所以必有a3>a2>a1,选项A错误,B 正确。

【创新设计】(山东专用)2015高考物理二轮专题辅导训练专题1 第1讲高考命题热点 1 力与共点

高考命题热点 1.力与共点力的平衡(1)物体的受力分析一定要全面，本着先重力，后弹力、摩擦力以与其他外力的顺序进展分析，根据各种力的产生条件，分析清楚各个接触面处的接触情况．(2)弹力、摩擦力等力大小的计算要根据物体所处的状态列式求解，一定不要“想当然〞下结论．(3)找准解决问题的突破口．图1－1－16【典例】(2014·海南卷，5)(3分)如图1－1－16，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.如此钩码的质量为()A.22M B.32MC.2MD.3M审题流程第一步：抓关键点―→获取信息第二步：找突破口―→构建思路解析选物体M为研究对象．由平衡条件得：FT－Mg＝0①假设平衡后轻环位置为P，平衡后，物体上升L，说明此时POO′恰好构成一个边长为L的正三角形，绳中张力处处相等，选钩码m为研究对象，受力分析如下列图，由平衡条件得：2FTcos 30°－mg＝0②联立①②得：m＝3M所以选项D正确．答案 D(2014·烟台二模)图1－1－17(6分)如图1－1－17所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是()A．F1变大B．F1变小C．F2不变D．F2变大解析在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2＝m2g，故F2不变，选项C正确，D错误；a、b球整体受力如图乙所示，由平衡条件得F1cos θ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉动过程中，L1与竖直方向的夹角θ变大，cos θ变小，故F1变大，选项A正确，B错误．答案AC。

优化方案高考物理二轮总复习——特色专项训练课件(江苏专用)第一部分专题一力与运动第1讲

热点二
静态平衡问题
命题规律静态平衡问题在近几年高考中多以选择题的形
式出现，考查方向主要有： (1)受力分析及力的合成和分解．(2)平衡条件的应用．(3)整体法与隔离法的应用．
1． (2015· 高考山东卷)如图，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、 B 接触面竖直 )，此时 A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ1， A 与地面间的动摩擦因数为 μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力． A 与 B 的质量之比为( B )
[解析]
整个系统平衡，则物块 1 只受到重力和物块 2 的支持
力， 1 和 2 之间的摩擦力为 0， A 项错误；物块 2 水平方向受拉力 F 和物块 3 的摩擦力，由二力平衡可知 2 和 3 之间的摩擦力是 20 N，B 项正确；对物块 3 受力分析可知，水平方向受绳的拉力和物块 2 的摩擦力，二力平衡，所以物块 3 与桌面之间的摩擦力为 0，物块 3 受重力、桌面的支持力、绳的拉力、物块 2 的压力和摩擦力共 5 个力的作用， C、 D 项错误．
专题一
力与运动
第1讲力与物体的平衡
热点一命题规律
ห้องสมุดไป่ตู้
物体的受力分析
该热点为每年高考的重点，分析近几年高考，
考查方向主要有以下几点： (1)考查对力的有无和方向的判断．(2)受力分析结合平衡知识进行考查．(3)整体法、隔离法和牛顿运动定律的应用．
1. 如图所示，物体 A 恰能在斜面体 B 上沿斜面匀速下滑，若沿斜面方向用力向下推物体，使物体加速下滑，则关于斜面体受地面的摩擦力，下列判断正确的是 ( A ) A．大小为零 B．大小不为零，方向水平向右 C．大小不为零，方向水平向左 D．无法判断其大小和方向

2015届高考物理二轮复习专题测试：力学实验 Word版含解析

2015届高考物理二轮复习专题测试：力学实验1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)某同学利用图甲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,如图乙所示。

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(选填“线性”或“非线性”)关系。

(2)由图乙可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是。

(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,则实验中应采取的改进措施是,钩码的质量应满足的条件是。

【解析】本题考查了验证牛顿第二定律。

(1)根据图中描出的各点,作出的图像不是一条直线。

(2)图像不过原点,有拉力但没有加速度,原因是摩擦力的影响。

(3)平衡摩擦力之后,在满足钩码质量远小于小车质量的条件下,可以得出小车质量不变情况下拉力与加速度成正比的结论。

答案:(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调整轨道倾斜度以平衡摩擦力远小于小车质量【误区警示】根据牛顿第二定律,只有在钩码质量远小于小车质量前提下,钩码重力近似等于绳子的拉力。

2. (2014·安徽高考)图甲是“研究平抛物体运动”的实验装置图,通过描点画出平抛小球的运动轨迹。

(1)以下实验过程的一些做法,其中合理的有。

a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平b.每次小球释放的初始位置可以任意选择c.每次小球应从同一高度由静止释放d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O 为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图乙中y-x2图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是。

(3)图丙是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O 为平抛的起点,在轨迹上任取三点A 、B 、C,测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0cm 、y 2为45.0cm,A 、B 两点水平间距Δx 为40.0cm 。

优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习第一部分力学综合检测

力学综合检测一、单项选择题1.(2015·杭州二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为θ的圆锥体，表面光滑．有一质量为m 的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F ，则有()A ．F ＝mgB ．F ＝mg sin θ2C ．F ＝mgsinθ2D ．F ＝mg cos θ2解析：选A.圆锥体对圆环所有部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即F ＝mg ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2015·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A ．向右斜上方B ．竖直向上C ．向右斜下方D ．上述三种方向均不可能解析：选A.物体向右加速，由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A 的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A 对．3．(2015·嘉兴测试卷)PCAV 是一种新的光驱数据传输技术，即光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取；而在读取外圈数据时，以恒定角速度方式读取．设内圈内边缘半径为R 1，内圈外边缘半径为R 2，外圈外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点．则读取内圈上A 点时A 点的向心加速度大小和读取外圈上C 点时C 点的向心加速度大小之比为()A.R22R 1R 3 B.R 21R 2R 3 C.R 1R 3R 22D.R 2R 3R 21解析：选A.由题意知，ωA R 1＝ωB R 2，ωB ＝ωC ，又A 点的向心加速度大小a A ＝ω2A R 1，又C 点的向心加速度大小a C ＝ω2C R 3，即得 a A a C ＝R 22R 1R 3.4.(2015·金华模拟)如图，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速度为v 0的平抛运动，恰落在b 点．若小球初速度为v ，其落点位于c ，则()A ．v 0＜v ＜2v 0B ．v ＝2v 0C ．2v 0＜v ＜3v 0D ．v ＞3v 0解析：选A.如图所示，M 点和b 点在同一水平线上，M 点在c 点的正上方．根据平抛运动的规律，若v ＝2v 0，则小球落到M 点．可见以初速度2v 0平抛小球不能落在c 点，只能落在c 点右边的斜面上，故只有选项A 正确．5．(2015·石家庄模拟)如图所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高且高度为h ，在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点)．若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则()A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．a 、b 两球同时抛出D ．a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1)2hg解析：选B.由h ＝12gt 2a ，h 2＝12gt 2b 得：t a ＝2hg，t b ＝hg ，故a 球比b 球提前抛出的时间Δt ＝t a －t b ＝(2－1)h g ，C 、D 均错误；由v a ＝xt a ，v b ＝x2t b可得va ＝2vb ，A 错误，B 正确．二、不定项选择题6.(2015·安徽名校质检)如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A ．A 与B 之间一定存在弹力 B ．地面不受摩擦力作用C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力的大小一定等于Mg解析：选AB.对A 、B 整体受力分析，受到重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有F N ＝(M ＋m )g ，故B 正确、D 错误；再对木块A 受力分析，受重力mg 、已知的推力F 、斜劈B 对A 的支持力F ′N 和摩擦力F f ，当推力F 沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F 沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F 沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F ′N ＝mg cos θ＋F sin θ，故A 正确，C 错误．7.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态．若将固定点c 向右移动少许，而a 与斜劈始终静止，则( )A ．细线对物体a 的拉力增大B ．斜劈对地面的压力减小C ．斜劈对物体a 的摩擦力减小D ．地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD.设细线的拉力为F ，滑轮2两侧细线的夹角为θ，滑轮2和b 的总重力为M ，则有2F cos θ2＝Mg ，固定点c 向右移动少许，θ增大，F 变大，F 的竖直分力不变，F的水平分力增大，故A 、D 对，B 错；因a 物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法判断摩擦力的变化，C 错．8.(2015·绍兴模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A 点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B 时速度恰好为零，重力加速度为g .以下说法不正确的是( )A ．匀强电场场强大小为E ＝2mgqB ．小球在B 位置时加速度为零C ．小球运动过程中的最大速率为v ＝2（2－1）gLD ．若将小球拉到使细线水平伸直的C 点，无初速度释放小球后，小球必能回到C 点解析：选ABD.对由A 到B 过程应用动能定理mgL －qEL ＝0，E ＝mg q，A 错；小球在B 位置受重力和向左的电场力，合力不为零，B 错；小球运动到AB 轨迹中点时速度最大，由动能定理mgL sin 45°－qE (L －L cos 45°)＝12mv 2－0，解得v ＝ 2（2－1）gL ，C 对；从C点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回C 点，D 错．9.(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh .联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2，选项B 正确，选项C错误．设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE p ′＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．三、非选择题10．(2015·湖州测试卷)如图所示，足够长的木板质量M ＝10 kg ，放置于光滑水平地面上，以初速度v 0＝5 m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m ＝1 kg ，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速地放在木板上．小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L ＝1 m 时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L 就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动．取g ＝10 m/s 2.试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了L 时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动即有：μmg ＝Ma 1，v 20－v 21 ＝2a 1L 代入数据解得：v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM，第1个铁块放上后：v 20－v 21＝2a 1L ，第2个铁块放上后：v 21－v 22＝2a 2L ， ……第n 个铁块放上后，v 2n －1－v 2n ＝2a n L ，由以上可得：v 20－v 2n ＝2μmg M(1＋2＋3＋…＋n )L ，木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，即最终有7个铁块放在木板上．(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：v 20－v 26 ＝2μmgM(1＋2＋3＋…＋6)L,从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：v 26－0＝2×7μmgMd ，联立解得：d ＝47m.答案：(1)2 6 m/s (2)7 (3)47m11．(2015·高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg 2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H .该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)由(1)问知小球运动到Q 点时的速度大小v 0＝Lg2H.设小球在Q 点受的支持力为F N ，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20R ，得F N ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′N ＝F N ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下．(3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 20得W ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R . 答案：见解析12.(2015·青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)物块经C 点时对圆弧面的压力大小； (2)物块滑至B 点时的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动由h ＝12gt 2，得t ＝0.4 sv C ＝xt＝3 m/s由牛顿第二定律知：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝17.2 N由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知mgR －mgR cos 37°＝12mv 2C －12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(3)从A 点到B 点，由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2由牛顿第二定律，知mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma 解得μ＝2437≈0.65.答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65。

2015届高考物理二轮复习精讲精练课时冲关练(一)第1讲力与物体的平衡

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课时冲关练 ( 一 )力与物体的均衡(45 分钟 ,100 分)一、选择题 ( 本大题共 8 小题 , 每题 8 分, 共 64 分)1.(2014 ·泉州一模 ) 如下图 , 一名骑独轮车的杂技演员在空中钢索上表演。

若钢索所能蒙受的最大拉力T m=2000N,独轮车和演员的总质量M=80kg,双侧的钢索最大成θ=150°夹角 ,g取 10m/s2。

当独轮车和演员处于图示状态静止不动时, 钢索对独轮车的作使劲大小为()A.800 NB.1 600 NC.2 000 ND.4 000 N【分析】选 A。

以演员和独轮车为研究对象 , 据二力均衡可知钢索对独轮车的作使劲大小为 800N。

2.(2014 ·漳州一模 ) 如图甲所示 , 笔录本电脑散热底座一般置有四个卡位用来调理角度。

某同学将电脑放在散热底座上 , 为了获取更好的舒坦度, 由原卡位 1 慢慢调至卡位 4( 如图乙所示 ), 笔录本电脑一直处于静止状态,则 ()A.电脑遇到的摩擦力变大B.电脑对散热底座的压力变小C.散热底座对电脑的作使劲大小之和等于其重力D.散热底座对电脑的作使劲的协力不变【分析】选 D。

电脑遇到三个力作用 , 摩擦力大小 f=mgsin θ, θ为倾角 , 角度减小, 则f 减小,A 错误; 压力大小N=mgcosθ, θ减小, 则N 增添 ,B 错误 ; 散热底座对电脑的作使劲的矢量和与其重力等大反向 ,D 正确 ; 而不是代数和 ,C 错误。

3.如下图 , 一小球用轻绳悬于 O点, 使劲 F 拉住小球 , 使悬线保持偏离竖直方向 60°角 , 且小球一直处于均衡状态。

为了使 F 有最小值 ,F 与竖直()方向的夹角θ应当是A.90°B.45 °C.30°D.0°【分析】选 C。

2015届高考物理二轮复习专项训练：力学(一)19_《题组一》

题组一:力学(一) 一、单项选择题 1. 如图所示，在野营时需要用绳来系住一根木桩. 细绳OA、OB、OC在同一平面内. 两等长绳OA、OB夹角是90°. 绳OC与竖直杆夹角为60°，绳CD水平，如果绳CD的拉力等于100 N，那么OA、OB的拉力等于多少时才能使得桩子受到绳子的作用力方向竖直向下( )

A. 50 N B. 100 N C. 10063 N D. 10033 N 2. 质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上. 一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上，如图所示.工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )

A. 2mgM B. mgMm C. 24mgMm D. 22mgMm 3. 2012年，天文学家首次在太阳系外找到一个和地球尺寸大体相同的系外行星P，这个行星围绕某恒星Q做匀速圆周运动. 测得P的公转周期为T，公转轨道半径为r，已知引力常量为G. 则( ) A. 恒星Q的质量约为2324πrGT B. 行星P的质量约为2324πrGT C. 以7.9 km/s的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面 D. 以11.2 km/s的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面 4. 如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，形状与以初速度为v0、水平射程为s的平抛运动轨迹相同，A端为抛出点，B端为落地点. 现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g. 则当其到达轨道B端时( )

A. 小球在水平方向的速度大小为v0

B. 小球运动的时间为0sv C. 小球的速率为0gsv D. 小球重力的功率为42200mgvgsv 5. 如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是( )

优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习第一部分力电综

力电综合检测(B)一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中，若小球在水中所受阻力大小为F ＝kv 2(k 为常量，v 为小球速度大小)，且水足够深，则( )A ．h 越大，小球做匀速运动时的速度越大B ．h 变大，小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C ．h 变小，小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D ．小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析：选C.小球匀速运动时有mg ＝kv 2，即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关，选项A 错误；小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大，动能变化量的绝对值越大，选项B 错误，C 正确；由mg ＝kv 2，mgh ＝12mv 2可得h ＝m 2k ，当h ＝m 2k 时，小球刚开始做匀速运动的位置在水面处，显然选项D 错误．2．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/sC.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．3．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析：选D.MN间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr ，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．5.如图所示，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．下列四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的是( )解析：选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C 正确，D 错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．6.(2015·唐山模拟)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为（F －μmg ）RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如图所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( )A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开始做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误． 8.近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如图所示．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.则( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1 解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．9．一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经历的时间为3mv 02FB ．经历的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 28FD ．发生的位移为21mv 28F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经历时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 28F，A 、D 正确．10.如图所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r ＝12at 2，由牛顿第二定律a ＝qE m ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4s ，D 项错误．三、非选择题11．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，则：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m. 答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2015·西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与QQ 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系；(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)若t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，则 F ＋F cd ＝mg sin 37°F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02m ＝4 m根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近，我国部分地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于清除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v ＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10kg ，电荷量为q＝＋1×10－7C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)若粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)若两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系．解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力，轨迹半径为rqvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如图所示，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′，由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′一定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动 l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv2 当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α，则y ＝R ＋R cos α，则α＝37°，可知在极板上的微粒占总数的百分比为η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg.(3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸收的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)，由y ＝R ＋R cos α，α＝arccosy －RR得， α＝arccos (2U －1)，收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos （2U －1）×100%. 答案：见解析。

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力学选择题巧练(三) [建议用时：20分钟]
1．下列有关物理方法的说法中正确的是( )
A．螺旋测微器采用了放大法
B．库仑在探究影响两电荷之间的相互作用力的因素时应用了类比法
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看
做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法
D．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法
2.重力均为G的两个完全相同的小球，与水平面间的动摩擦因数均为μ.竖
直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角α＝60°，如
图所示．缓慢增大F，到两球刚要开始运动的过程中，下列说法正确的是
( )
A．地面对球的支持力变大，摩擦力变大
B．地面对球的支持力变小，摩擦力变小
C．球刚开始运动时，地面对球没有支持力
D．球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大
3．(多选)(2014·高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v
随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方
向与速度方向相同的有( )
A．t1 B．t2
C．t3 D．t4
4.如图所示，质量分别为m1、m2的物块A、B用一轻质绳相连置于
粗糙水平面上，用一水平力F(F＝kt，k为大于0的常数)向右拉A，已
知A、B与水平面间的动摩擦因数相等且最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小FN随时间t的变化关系的图象中正确的
是( )

5．北京时间2013年12月14日21时11分，“嫦娥三号”探测器成功落月，中国探测器首次
登上地外天体，这标志着我国已成为世界上第三个实现月球软着陆的国家．关于“嫦娥三号”
探测器，下列说法中正确的是( )
A．探测器发射速度大于11.2 km/s
B．探测器从地面发射后，为使其离开地球奔向月球，需开动发动机加速
C．实现软着陆之前，探测器绕月球做圆周运动，为能到达月球表面，需开动发动机加速
D．在奔向月球表面的过程中，探测器受力方向跟喷出的火苗在一条直线上

6.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，质量为m的
物块在沿斜面向上的恒力作用下从斜面的底端由静止沿斜面向上做
匀加速运动，斜面光滑且足够长，运动t时间后撤去拉力，再过t时
间，物块刚好滑到斜面的底端，且速度大小为v，则( )
2

A．撤去拉力时物块的速度大小为13v
B．物块沿斜面上升的最大高度为v22g
C．拉力所做的功为12mv2
D．拉力的最大功率为23mgvsin θ
7．(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速
度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加
速度为g，则
下列说法中正确的是( )

A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝2v0cot θg

B．若小球垂直击中斜面，则t＝v0cot θg
C．若小球能击中斜面中点，则t＝2v0cot θg
D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t＝2v0tan θg
8．如图所示，小物块从高为h1＝0.8 m的斜面顶端由静止滑下，经长为L＝1 m的水平面后
又滑上高为h2＝0.3 m的斜面，如果小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.175，
则当小物块滑上右边斜面顶端时，下列说法中正确的是( )

A．小物块最终停在水平段
B．小物块滑上右边斜面顶端时速度恰好为零
C．小物块滑上右边斜面顶端时速度为3 m/s
D．小物块滑上右边斜面顶端时速度为2.7 m/s

力学选择题巧练(三)
1．[解析]选A.用螺旋测微器测量物体的长度时，通过微调放大示数使读数更为精确，A正确；
在探究影响两电荷之间的相互作用力的因素时采用了控制变量法，B错误；在推导匀变速直
线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然
后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；在验证力的平行四边形定则的实验中
使用了等效替代的方法，D错误．
3

2．[解析]选D.以整体为研究对象，在增大F的过程，地面对球的支持力逐渐减小，绳子上
的拉力逐渐增大，绳子拉力在水平方向的分力逐渐增大，在球刚要开始运动的瞬间，球受到
的摩擦力为最大静摩擦力，此时地面对球仍然有支持力，D正确，A、B、C错误．
3．[解析]选AC.当合外力方向与速度方向相同时，质点做加速运动．由v－t图象可知，质点
在t1、t3时刻做加速运动，在t2、t4时刻做减速运动．故选项A、C正确，选项B、D错误．
4．[解析]选A.当μm1g≥F＝kt时，绳中无弹力，C错；当μ(m1＋m2)g≥kt>μm1g时，由力的
平衡知FN＋μm1g＝kt，即FN与时间成线性关系，当F>μ(m1＋m2)g时，A、B一起向右加

速，a＝F－＋m1＋m2，而FN－μm2g＝m2a，联立得FN＝m2m1＋m2kt，即FN随时间变
化的图线是一条过原点的直线，A对，B、D错．
5．[解析]选B.探测器没有离开地球的引力范围，所以其发射速度应大于7.9 km/s小于11.2
km/s，选项A错误；探测器离开发射装置后，需加速做离心运动才能奔向月球，选项B正
确；探测器靠近月球后，需减速才能到达月球表面，选项C错误；探测器在奔向月球表面的
过程中，受到月球引力和所喷出气体的推力两个力的作用，所以选项D错误．
6．[解析]选BCD.设物块沿斜面向上加速运动的加速度大小为a1，撤去拉力后的加速度大小

为a2，根据运动学公式有：12a1t2＝－a1t·t－12a2t2，得a2＝3a1，因此撤去拉力时的速度

大小为v1＝a1t，v1－a2t＝－v，得v1＝12v，A项错误；物块沿斜面上滑的最大距离x＝v22a2，
由于a2＝gsin θ，所以上滑的最大高度h＝xsin θ＝v22g，B项正确；根据动能定理，拉力所做
的功WF＝12mv2，C项正确；F－mgsin θ＝ma1，F＝mgsin θ＋m·13gsin θ＝43mgsin θ，因此拉
力的最大功率P＝F·12v＝23mgvsin θ，D项正确．
7．[解析]选AB.小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tanπ2－θ＝
gt2v0，即t＝2v0cot θg，A对，D错；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为π
2
－θ，则

tanπ2－θ＝gtv0，即t＝v0cot θg，B对；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为
Lcos θ＝v0t，下落高度为Lsin θ＝12gt2，联立两式得t＝2v0tan θg，C错．
8．[解析]选C.先假设小物块从左边斜面滑下能够滑上右边斜面的顶端，根据功能关系和摩
擦力做功特点有mgh1－mgh2＋μmgh1tan 53°＋μmgL＋μmgh2tan 37°＝12mv2，代入数据解得v＝3
m/s，故选项C正确，选项A、B、D错误．