2015高考物理二轮复习牛顿运动定律（人教版）
物理
1.(2014江苏，8，3分)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则( )
A.当F3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg
[答案] 1.BCD
[解析] 1.对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为μmg,故当μmga物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。
9.(2014课标全国卷Ⅱ，17，6分)如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为( )
A.Mg-5mgB.Mg+mg
C.Mg+5mgD.Mg+10mg
[答案] 9.C
[解析] 9.解法一 以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg·2R=mv2,在大环最低点有FN-mg=m,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为FN'=FN,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。
解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律mv2=mg·2R,且a=,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。
F-Mg-mg=ma+M·0
所以F=Mg+5mg,C正确。
10.（2014重庆一中高三下学期第一次月考理综试题，5）如题5所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧
B．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等
C．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D．若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等
[答案] 10.5．D
[解析] 10.：设v大于v0。弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动；乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动；若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做运动，则水平距离不等，故AB错误。若v小于v0，弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动, 速度为零后可以再向相反的方向运动，整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动；乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同，甲乙到达B点时的速度相同，落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等。故C错误，D正确。
11.（2014重庆一中高三下学期第一次月考理综试题，4）如题4所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取m/s2，则（ ）
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01 m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02m时速度最大
[答案] 11.4．C
[解析] 11.：设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。根据牛顿第二定律有：mgsin30°-kx-F1=ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有mgsin30°-kx=ma，解得x＝＝
m＝0.01m，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确；球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故B错误；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零，即kxm=mgsin30°，解得xm=＝m＝0.05m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m, 故D错误。
12.（2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试理科综合试题，1）两辆质量不同的汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于两车车速、动能、动量、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（ ）
A、车速越大车，它的惯性越大
B、质量越大车，它的惯性越大
C、动量越大的车，刹车后滑行的路程越长
D、动能大的车，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
[答案] 12.1．B
[解析] 12.解析：质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，质量越大，汽车越大，故A错误，B正确；根据动能定理得：-fs=0-mv2，则得：s=，又动量P=mv，联立得：s=，可知车刹车后滑行的路程与车的初动量、质量和阻力有关，动量越大，刹车后滑行的路程不一定越大，故C错误；由上题s=，可知动能大的车，刹车后滑行的路程越长，但质量不一定越大，惯性不一定越大，故D错误。
13.（2014天津蓟县邦均中学高三模拟理科综合能力测试，6）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管住下滑。已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3ｓ， g取10m／s2，那么该消防队员（ ）
A．下滑过程中的最大速度为4 m／s
B．加速与减速过程的时间之比为1∶2
C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7
D．加速与减速过程的位移之比为1∶4
[答案] 13.６．ＢＣ
[解析] 13.：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=t1+t2=t，得到v==m/s=8m/s，故A错误；设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2，故B正确；由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1==8m/s2，a2==4m/s2，根据牛顿第二定律得：加速过程：mg-f1=ma1，f1=mg-ma1=2m，减速过程：f2-mg=ma2，f2=mg+ma2=14m ，所以f1：f2=1：7，故C正确；加速与减速过程的平均速度相同，时间之比为1：2，故位移之比为1：2，故D错误。
14.（2014山东潍坊高三3月模拟考试理科综合试题，15）如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60o时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（ ）
A．
B．
C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零
D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态
[答案] 14.15．B
[解析] 14.：先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1=mg
再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：F2==4mg，根据胡克定律，有：F1=k1x，F2=k2x，故，故A错误，B正确；球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误；球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误。
15.（2014江西重点中学协作体高三年级第一次联考，20）如图甲所示，一可视为质点的物块在外力F的作用下由静止沿光滑斜面向上运动（斜面足够长），0~T秒内，力F做功为W，T秒末撤去外力F，已知该物块从零时刻出发，在2T时刻恰好返回出发点，其图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．物块在0～T与T～2T时间内的位移相同
B．物块在1.5T秒末离出发点最远
C．物块返回出发点时动能为W
D．0～T与T～2T时间内的加速度大小之比为1: 3
[答案] 15.20．CD
[解析] 15.：0～T与T～2T时间内的初、末位置恰好相反，故位移方向相反，故A错误；
当速度为零时，质点离出发点最远，显然与图象矛盾，故B错误；根据动能定理可得W=Ek, 故物块返回出发点时动能为W，C正确；设T时刻速度为v1，2T时刻速度为v2，0～T与T～2T时间内的位移相反，故：•T＝−•T，解得v2=-2v1 ，0～T时间内的加速度为a1＝＝，T～2T时间内的加速度为：a2＝＝−，故＝1: 3，故D正确。
16.（2014江苏南通高三2月第一次调研测试物理试题，6）如图所示，斜面ABC中AB段光滑，BC段粗糙．一小物块由A点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零．若物块运动的速度为v，加速度为a，位移为x，物体所受合外力为F，运动时间为t，以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是（ ）
[答案] 16.6．AB
[解析] 16.：由于AB段光滑，物体在AB段受重力和斜面支持力做加速度运动，物体加速度为：a1＝
＝gsinθ，BC段粗糙，故物体比AB段多一个沿斜面向上的摩擦力，由于一小物块由A点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，可知物体先做加速后减速，故可知BC段加速度向上，其大小为：a2＝＝−gsinθ，故A正确，B正确；物体在AB段受重力和斜面支持力做加速度运动，其位移为：x＝a1t2，可知位移时间图象应该是开口向上的抛物线，故C错误；AB和BC段的受力都是恒定的，故D错误。
17.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，14）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0~0.4s时间内的v—t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用力，则物体甲与乙的质量之比和图中时间分别为（ ）
A．和0.28s B．3和0.28s
C．和0.30s D．3和0.30s
[答案] 17.14．D
[解析] 17.：根据三角形相似得：，得t1=0.3s．根据速度图象的斜率等于加速度，得到甲的加速度大小为a甲==m/s2，乙的加速度大小为a乙=m/s2=10m/s2，据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F=ma得两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙=a乙：a甲=3：1，故D正确。
18.(武汉市2014届高中毕业生二月调研测试) 如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块。选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是：
[答案] 18.20．BD
[解析] 18.设物块在传送带上运动位移为x，下落高度h，物体从A到B运动过程中，机械能：E=Ek+Ep=（μmgcosθ+mgsinθ）x+mgh=（μmgcosθ+mgsinθ）x+mgxsinθ，若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，则物块机械能一直增大，但E与x不成正比，故A错误，B正确；若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块将和传送带一起匀速运动，但重力势能减小，故机械能减小，故C错误，D正确。
19.(湖北省八校2014届高三第二次联考) 如图所示，倾斜的传动带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则
A．小物块到达顶端的速度可能等于零
B．小物块到达顶端的速度不可能等于v2
C．小物块的机械能一直在减小
D．小物块所受的合外力一直做负功
[答案] 19.21．AD
[解析] 19.小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物体继续减速，到达顶端时，速度正好减为零，故A正确；小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，减到顶端时速度刚好与传送带速度相等，故B错误；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，刚开始v1大于v2，摩擦力方向向下，做负功，机械能减小，当速度减为v2后，再减速时，摩擦力方向向上，做正功，机械能增大，故C错误；根据动能定理可知，W合=△EK，因为物体一直做减速运动，速度动能一直减小，合外力一直做负功，故D正确。
20.（河南省豫东豫北十所名校2014届高中毕业班阶段性测试（四））一根轻绳跨过一光滑的定滑轮，质量为m的人抓着轻绳的一端，轻绳另一端系着一个质量为m的物体。已知重力加速度为g，若人相对于轻绳匀速向上爬时，物体上升的加速度为
A . g B．g C．g D．g
[答案] 20.17．B
[解析] 20.人相对于轻绳匀速上爬时，则相对于地面有向下的加速度，与物体的加速度大小相同。根据牛顿第二定律有：mg-T=ma，对物体分析，根据牛顿第二定律得，T-mg＝ma，解得a=g，故B正确，A、C、D错误。
21.（桂林中学2014届三年级2月月考）A、B两物体叠放在一起, 放在光滑水平面上, 如图甲, 它们从静止开始受到一个变力F的作用, 该力与时间的关系如图乙所示, A、B始终相对静止. 则 ：
A. 在时刻，A、B两物体速度最大
B. 在时刻，A、B两物体间的静摩擦力最大
C. 在时刻，A、B两物体的速度最大
D. 在时刻，A、B两物体又回到了出发点
[答案] 21.14．A
[解析] 21.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，故B错误；整体在0-t0
时间内，做加速运动，在t0-2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，A、B速度最大，在2t0时刻两物体速度为零，速度最小，故A正确、C错误；2t0时刻，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大，故D错误。
22.(河北省石家庄市2014届高中毕业班教学质量检测（二）) 一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是
A．物体向上运动时加速度大小为12m/s2 B．物体向下运动时加速度大小为9m/s2
C．物体返回抛出点时的动能为40J D．物体返回抛出点时的动能为114J
[答案] 22.17．A
[解析] 22.物体从开始到上升到高处某一位置时，受重力和空气阻力，根据动能定理，有-mg•lAB-f•lAB=EKB-EKA=-18J ①
机械能的减小量等于克服空气阻力做的功f•lAB=EB-EA=3J ②
由①②可解得：lAB=2.5m，f=1.2N；物体上升过程根据牛顿第二定律有a=
=12m/s2，方向与初速度方向相反，故A正确；下落时，根据牛顿第二定律：a==8m/s2，故B错误；因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能Ek0=
mv02=×0.6×202=120J，当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=-40J；从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK′，由动能定理可得：W=EK′-EK0 ，得 EK′=80J，故CD错误。
23.(河北衡水中学2013-2014学年度下学期二调考试) 如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，收到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图（乙）所示。设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1~t2时间内（）
A t1时刻物块的速度为零 B t2时刻物块的加速度最大
C t3时刻物块的动能最大 D t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功
[答案] 23.19．ABC
[解析] 23.t1时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，位移为0，所以t1速度为零，故A正确；物块做加速运动，根据牛顿第二定律得，a=，随着拉力F的增大而增大，t2时刻，拉力F最大，则合力最大，加速度最大，故B正确；t3之后合力向后，物体由于惯性减速前进，故t3时刻A的速度最大，动能最大，故C正确；t1～t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功，故D错误。
24.(汕头市2014年普通高考模拟考试试题) 如图，物块P和M叠放在一起，且质量mp< mM，让它们从静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度为g，则在它们的下落过程中
A. M下落的速度较大 B. P对M的压力为零
C. P对M的压力等于mpg D. P对M的压力大于0而小于mpg
[答案] 24.13. B
[解析] 24.物块P和M叠放在一起，从静止开始释放，做自由落体运动，P、M下落的速度相同，处于完全失重状态，P与M间的压力为零，故B正确，A、C、D错误。
25.(广州市2014届高三年级调研测试) 如图，电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计上．某时刻，乘客观察到测力计示数变为8N，则电梯可能
A．匀加速向上运动
B．匀减速向上运动
C．匀加速向下运动
D．匀减速向下运动
[答案] 25.18．BC
[解析] 25.由题意知物体失重，具有向下的加速度，运动状态可能是匀减速向上运动或匀加速向下运动，故BC正确。
26.(广州市2014届高三年级调研测试) “加速度计” 的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b长度为l；若该装置加速向右运动，a、b长度分别为la、lb，则
A．la> l，lb> l
B．la< l，lb< l
C．la> l，lb< l
D．la< l，lb> l
[答案] 26.14．D
[解析] 26.静止时a、b长度为l，知滑块处于平衡，若两弹簧开始处于伸长状态，该装置加速向右运动，滑块的合力向右，则b弹簧的形变量增大，a弹簧的形变量减小，则la＜l，lb＞l；若弹簧开始处于压缩状态，该装置加速向右运动，滑块的合力向右，则a弹簧弹力变大，b弹簧弹力变小，a弹簧的形变量增大，b弹簧的形变量减小，则la＜l，lb＞l，故D项正确。
若弹簧开始处于原长，该装置加速向右运动，滑块的合力向右，b弹簧伸长，a弹簧压缩，则la＜l，lb＞l；故D正确，A、B、C错误
27.(甘肃省兰州一中2014届高三上学期期末考试) 如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°已知物块从A由静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块仍能由静止沿另一侧面ACE下滑，则有
A．AB段的运动时间小于AC段的运动时间
B．通过C点的速率大于通过B点的速率
C．将加速至C匀速至E
D．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大
[答案] 27.18．BD
[解析] 27.物体从倾角为θ的斜面滑下，根据牛顿第二定律，有mgsinθ-μmgcoθ=ma，解得a=gsinθ-μgcoθ ①根据运动学公式，有=at2 ②由①②得到AC段的运动时间小于AB段的运动时间，故A错误；物体从倾角为θ的斜面滑下，根据动能定理，有mgh-μmgcoθ•=mv2，得mgh-μmghcotθ=mv2，可见，通过C点的速率大于通过B点的速率，故B正确；由①式可知，物体将一直加速滑行到E点，但AC段的加速度比CE段大，故C错误，D正确。
28.(2014年福州市高中毕业班质量检测) 如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块。小物块从P1位置（此位置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出) 。在此两过程中，下列判断正确的是
A．下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒
B．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高
C．下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小
D．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小
[答案] 28.18．B
[解析] 28.下滑和上滑过程小物块要克服摩擦力做功，故弹簧和小物块系统机械能不守恒，Ａ项错；下滑过程中，当小物块受到的合力为零时，其速度达到最大值，即，上滑过程中，当小物块受到的合力为零时，其速度再次达到最大值，即，比较上述两式可得下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高，Ｂ正确；下滑和上滑过程小物块要克服摩擦力做功相等，故下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量与上升过程相同，Ｃ错；根据功能关系可知下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值即为该过程中重力做功的值；上滑过程克服重力和摩擦力做功总值即为该过程中弹力做功的值，故下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值大，Ｄ错。
29.(2014年安徽省江南十校高三联考) 2013年6月20日上午10时，我国首次太空授课在神州十号飞船中由女航天员王亚平执教，在太空中王亚平演示了一些奇特的物理现象，授课内容主要是使青少年了解微重力环境下物体运动的特点。如图所示是王亚平在太空仓中演示的悬浮的水滴。关于悬浮的水滴，下列说法正确的是
A．环绕地球运行时的线速度一定大于7.9 km/s
B．水滴处于平衡状态
C．水滴处于超重状态
D．水滴处于失重状态
[答案] 29.14．D
[解析] 29.7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，运行的半径最小，所以神州十号飞船的线速度要小于7.9km
/s．故A错误；水滴随飞船绕地球做匀速圆周运动，水滴的吸引力完全用来提供向心加速度，所以是与飞船一起处于完全的失重状态，故BC错误，D正确。
30.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是
A小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小
B小球抛出瞬间的加速度大小为
C小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
D小球上升过程的平均速度小于
[答案] 30.12．ABD
[解析] 30.上升过程，小球受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+＞g；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma′，解得：a′＝g−＜g；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故A正确，C错误；空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0 ；联立解得小球抛出瞬间a0＝(1+) g，故B正确；速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从
图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D正确；故选项D正确。
31.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的物块，物块与水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成θ＝45º角的拉力F拉着物块，如图所示，此时物块处于静止平衡状态，且水平面对物块的弹力恰好为零。取g＝10m/s2，以下说法正确的是
A此时轻弹簧的弹力大小为20N
B当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向左
C若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右
D若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0
[答案] 31.10．AB
[解析] 31.物块处于静止平衡状态时对物块受力分析如右甲所示。竖直方向：F sin=mg, 水平方向：F cos=，解得轻弹簧的弹力大小为=mg cot=20N , A项正确；若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度由牛顿第二定律可得解得a=10m/s2，C、D两项错；当撤去拉力F的瞬间，对物块受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律可得，解得物块的加速度m/s2，方向向左，B项正确。
32.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 一质量m＝0.6kg的物体以v0＝20m/s的初速度从倾角为30º的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了∆Ek＝18J，机械能减少了∆E＝3J，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则
A物体向上运动时加速度的大小为6m/s2
B物体向下运动时加速度的大小为6m/s2
C物体返回斜坡底端时的动能为40J
D物体返回斜坡底端时的动能为0J
[答案] 32.8．A
[解析] 32.（1）物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，
根据动能定理，有-mg•lABsinθ-f•lAB=EKB-EKA=-18J ①
机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：f•lAB=EB-EA=3J ②
由①②可解得lAB=5m，f=0.6N因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能Ek0＝×0.6×202J=120J
滑上某一位置时动能减少了△Ek=18J，则此时动能Ek=102J=mv2，可得v2=340m2/s2
物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：a＝=m/s2=-6m/s2（负号表示方向与初速度方向相反），故Ａ项正确；物体在斜坡底端向下运动时，由牛顿第二定律可得
，Ｂ项错；当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=-40J 从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK′，由动能定理可得W=EK′-EK0 得EK′=80J，故ＣＤ两项错。
33.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 航天员王亚平在天宫一号处于完全失重状态，她在太空授课所做的实验：长为L的细线一端系着质量为m的小球，另一端系在固定支架上，小球原来静止，给小球一个初速度，小球绕着支架上的固定点做匀速圆周运动。天宫一号处的重力加速度为gt，下列说法正确的是
A小球静止时细线的拉力为mgt
B小球做匀速圆周的速度至少为
C小球做匀速圆周运动时，在任何位置细线的拉力可以小于mgt
D若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做抛体运动
[答案] 33.4．C
[解析] 33.小球处于完全失重状态，故小球静止时细线的拉力为0，A项错；小球做匀速圆周运动的速度未知，故任何位置细线的拉力可以小于mgt，亦可大于等于mgt，C项 正确；由可知小球做匀速圆周的速度可以大于，亦可大于等于，B项错；若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做匀速直线运动，D项错。
34.(四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) 如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接) ，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g=10m/s2) ，则下列结论正确的是( )
A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B. 物体的质量为3 kg
C. 物体的加速度大小为5 m/s2
D. 弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
[答案] 34.5．C
[解析] 34.物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx ①拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma ②物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg=ma ③代入数据解得m=2kg，k=5N/cm，a=5m/s2，故C正确，BD错误。
35.(四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) 下列说法正确的是( )
A. 对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点
B. “和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km" 指的是位移大小
C. 高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于超重状态
D. 绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止
[答案] 35.2. D
[解析] 35.对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，运动员的自身大小不可忽略，A项错；“和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km" 指的是路程，B项错；高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于失重状态，C项错；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，其轨道所在平面不一定与赤道平面重合，故不一定是地球同步卫星，D项正确。
36.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) 三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断正确的是
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量
[答案] 36.11．BCD
[解析] 36.根据题意可知物块A、B均沿传送带加速下滑，对A、B受力分析并根据牛顿第二定律可得，物块A、B沿传动带下滑的过程中，由得，故B项正确，A项错；物块A、B沿传动带下滑的过程中，物块A、B受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，故传送带对物块A、B均做负功，C项正确；物块沿传送带下滑过程系统产生的热量分别为 ，，由于，，，故有物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量，D项正确。
37.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) 2013年6月20日，在中国迄今最高“讲台” 天宫一号上，女航天员王亚平向地面的千万名师生进行了太空授课。在演示如何在太空中测量物体质量时，她让“助教” 聂海胜固定在仪器上，启动机械臂拉他由静止开始向舱壁运动，假设仪器测出聂海胜受到机械臂的恒定拉力为F，经时间t时．测速仪测出他运动的速率为v，则聂海胜的质量为
A． B． C． D．
[答案] 37.5．B
[解析] 37.聂海胜由静止开始做匀加速直线运动，v=at, 由牛顿第二定律可得F=ma, 解得聂海胜的质量m=, B 项正确。
38.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一)) 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取，根据图象可求出
A．物体的初速率=3m／s
B．物体与斜面间的动摩擦因数
C．取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值
D．当某次时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
[答案] 38.10．BC
[解析] 38.当θ＝时，物体做竖直上抛运动，由图知最大高度为：xm=1.8m
由0-=-2gxm解得：v0==6m/s, A项错；当θ=0时，xm=2.4m，物体沿水平方向做匀减速运动，根据动能定理得：-μmgxm=0-, 解得：μ==0.75, B 项正确；对某一角度α，物体上向滑行过程中，mgsin+μmgcos=ma，
加速度a=g（sin+μcos）；上行的最大距离为x==；
根据辅助角公式：asinα+bcosα=sin（α+φ），其中tanφ=
，可以得到：tanφ=μ=，和sinα+μcosα=
sin（α+φ）；当sin（α+30°）=1时，x=
最小，代入v和μ的值，x=1.44m最小，D项正确。
39.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一)) 在光滑的水平面上，一物块在水平方向的外力F作用下做初速度为的运动，其速度－时间图象如图所示，则下列判断正确的是
A．在0～内，物体在做曲线运动
B．在0～内，外力F不断增大
C．在0～内，外力F不断减小
D．在0～内，物体的速度方向时刻改变
[答案] 39.1．B
[解析] 39.A、在速度-时间图象中，切线代表该位置的加速度，由图象可知，物体的加速度越来越大，速度越来越小，所以物体做加速度越来越大的减速直线运动，故A错误；在0～内，力的方向与速度方向相反，根据a=知力F不断增大，
B项正确，C项错；在0～内，物体作直线运动，其速度方向不变，D项错。
40.(江西省七校2014届高三上学期第一次联考) 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是（ ）
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下
[答案] 40.15．C
[解析]
40.在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下，故C项正确。
41.(江苏省苏北四市2014届高三上期末统考) 将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为
A． B．
C． D．
[答案] 41.4．B
[解析] 41.小球抛出后上升过程做匀减速直线运动，有，根据牛顿第二定律有；下降过程做匀加速直线运动，有，根据牛顿第二定律有，联立以上各式可得小球受到的阻力为，B项正确。
42.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) 如图所示，两个物体A、B叠放在一起，接触面粗糙。现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力。在运动的过程中，物体B
A．只受重力
B．受重力和A对它的压力
C．受重力和A对它的摩擦力
D．受重力、A对它的压力和摩擦力
[答案] 42.1．A
[解析] 42.物体A、B水平抛出后均处于完全失重状态，故它们只受到重力作用，A项正确。
43.(湖北省黄冈中学2014届高三上学期期末考试) 下列说法正确的是( )
A．对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点
B．“和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km" 指的是位移大小
C．高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于超重状态
D．绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止
[答案] 43.14．D
[解析] 43.对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，运动员身体的形状不可忽略，故不可以把运动员看做质点，A项错；和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km" 指的是路程，B项错；高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于失重状态，C项错；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定是同步卫星，故不一定相对于地面静止，D项正确。
44.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的速度一直减小
C．动能和弹性势能之和保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和保持不变
[答案] 44.5．D
[解析] 44.小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大，故整个过程中小球的加速度先减小后增大，A、B两项错；小球在下降过程中，重力势能减少转化为小球的动能和弹性势能之和，故动能和弹性势能之和增大，C项错；小球和弹簧组成系统机械能守恒，故小球重力势能、动能和弹簧弹性势能之和保持不变，D项正确。
45.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，一个质量为M的物体a放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体b时，物体a的加速度为a，绳中张力为T，则
A．a=g B．
C．T=mg D．
[答案] 45.4．BD
[解析] 45.将物体a及物体b视为一个整体。根据牛顿第二定律可得，解得物体a的加速度为，故B项正确，A项错；隔离物体b，根据牛顿第二定律可得，解得，D项正确，C项错。
46.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）（18分）（1）利用力传感器研究 “加速度与合外力的关系” 的实验装置如图甲．
①下列关于该实验的说法，错误的是______（选填选项前的字母）
A．做实验之前必须平衡摩擦力
B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
D．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
②从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．
从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1 =_____cm；该小车的加速度a =____m/s2（计算结果保留两位有效数字），实验中纸带的____（填“左” 或“右” ）端与小车相连接．
[答案] 46.34．（1）①BD（2分）；②0.70（2分），0.20（2分），左（2分），
[解析] 46.解析：本实验用力传感器测量小车受到的合外力的大小，故做实验之前必须平衡摩擦力，Ａ项正确；再有力传感器的情况下，小车受到的合外力可以直接通过传感器的示数得到，故小车的质量没有必要比所挂钩码的质量大得多，B项错；实验时应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，这样可以保证细线中拉力即为小车受到的合外力，C项正确；实验开始的时候，小车最好距离打点计时器近一点，D项错。
（2）将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干” 连成如图1所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安特性曲线” 的实验．
①闭合开关前，应将滑动变阻器的 滑片P置于____端（填“左” 或“右” ）．
②用多用电表电压档测量L电压时，红表笔应接图1中的_________点．（填“a” 或“b” ）
③正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转．将两表笔改接到图1电路的a、c两点，电表指针仍不偏转；改接a、d两点时，电表指针偏转如图2所示，其示数为 V；可判定故障为d、c间电路 （填“断路” 或“短路” ）．
④甲乙两位同学用完多用电表后，分别把选择开关放在图3所示位置．则 的习惯好．
（2）①左（2分）②a（2分）③2.00（2分）断路（2分）④乙同学（2分，“乙” 也对）
解析：①为保证实验的安全，闭合开关前，应将滑动变阻器的 滑片P置左端；②用多用电表电压档测量L电压时，电流由红表笔流入电表，故红表笔应接高电势即红表笔应接图1中的a点；③电表示数为2.50=2.00V；d、c间电路故障为断路④实验完毕应将选择开关置于交流电压最高档或ＯＦＦ档，故乙同学的习惯好．
47.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）如图，电梯内重为10N的物体悬挂在弹簧测力计上．某时刻，乘客观察到测力计示数变为8N，则电梯可能
A．匀加速向上运动
B．匀减速向上运动
C．匀加速向下运动
D．匀减速向下运动
[答案] 47.18．BC
[解析] 47.由于测力计示数小于10N，故物体处于失重状态，具有竖直向下的加速度，故物体可能匀减速向上运动，也可能匀加速向下运动，故BC两项正确。
48.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）“加速度计” 的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b长度为l；若该装置加速向右运动，a、b长度分别为la、lb，则
A．la> l，lb> l
B．la< l，lb< l
C．la> l，lb< l
D．la< l，lb> l
[答案] 48.14．D
[解析] 48.当装置加速向右运动时，滑块具有水平向右的加速度，滑块向左滑动受到轻弹簧a、b的弹力的合力水平向右，故a弹簧被压缩，b弹簧被拉伸，D项正确。
49.(福建省福州市2014届高三上学期期末质量检测物理试题) 如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于
A． B．
C． D．
[答案] 49.10．A
[解析] 49.设卡车拉绳的牵引力为F。根据牛顿第二定律可得Fcos-f=ma，而F=，故小船的加速度a=, 正确答案为A。
50.(安徽省合肥市2014届高三上学期第一次质量检测) 如图所示，A、B两物体叠放在一起，让它们靠在粗糙的竖直墙边，已知，然后由静止释放，在它们同时沿竖直墙壁下滑的过程中，物体B
A、仅受重力作用
B、受重力、物体A的压力作用
C、受重力、竖直墙的弹力和磨擦力的作用
D、受重力、竖直墙的弹力和磨擦力、物体A的压力作用
[答案] 50.1. A
[解析] 50.：A、B两物体叠放在一起由静止释放后均做自由落体运动，即均处于完全失重状态，故物体B仅受到重力作用，A项正确。
51.(2014课标全国卷Ⅰ，22，6分)某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200 g,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:
图(a)
图(b)
(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系。
(2)由图(b)可知,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__________________。
[答案] 51. (1)非线性
(2)存在摩擦力
(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量
[解析] 51.(1)将图(b)中各点连线,得到的是一条曲线,故a与m的关系是非线性的。
(2)由图(b)可知,当钩码质量不为零时,在一定范围内小车加速度仍为零,即钩码对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度,故可能的原因是存在摩擦力。
(3)若将钩码所受重力作为小车所受合力,则应满足三个条件,一是摩擦力被平衡,二是绳平行于轨道平面,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力,设绳的拉力为T,由mg-T=ma、T=Ma有T=g=,可见当m≪M时才有T≈mg,故第三个条件为m≪M。
52.(2014年哈尔滨市第三中学第一次高考模拟试卷) （4分）某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系” ．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连。（g = 10 m/s2）某同学通过调整木板倾角平衡好摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，挂上砝码盘后通过多次改变砝码质量，作出小车加速度a与砝码的重力的图象如图乙所示。则根据图象由牛顿第二定律得小车的质量为__________kg，小盘的质量为__________kg。（计算结果均保留到小数点后两位）
[答案] 52.22．1．22 ，0.06
[解析] 52.：对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，则＝＝，故小车质量m=＝1.22kg，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有mg=m1a0，解得m=＝0.06kg。
53.（桂林中学2014届三年级2月月考）（6分）如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系” 的实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50HZ交流电。小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2。
①下列说法正确的是 。
A．长木板C必须保持水平
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．实验中m2应远小于m1
D．作a-图像便于行出加速度与质量关系
②实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图像，可能是图2中的图线 。(选填“甲、乙、丙”)
③图3为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是 m/s2。（结果保留二位有效数字）
[答案] 53.22．①CD（2分） ②丙（2分） ③0.49或0.50 （2分）
[解析]
53.：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，故A错误；实验时应先接通电源后释放小车，故B错误；让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==，随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误；F=ma，所以a=，当F一定时，a与成正比，故D正确。
（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故图线为丙。
（3）设第1段位移为：x1，第2段位移为：x2， 计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每两测量点间还有4个点未画出，说明时间间隔T=0.1s，由△x=aT2得0.49×10-2=a×0.12，解得a=0.49m/s2。
54.(广州市2014届高三年级调研测试) （18分）（1）利用力传感器研究 “加速度与合外力的关系” 的实验装置如图甲．
①下列关于该实验的说法，错误的是______（选填选项前的字母）
A．做实验之前必须平衡摩擦力
B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
D．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
②从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．
从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1 =_____cm；该小车的加速度a =____m/s2（计算结果保留两位有效数字），实验中纸带的____（填“左” 或“右” ）端与小车相连接．
（2）将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干” 连成如图1所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安特性曲线” 的实验．
①闭合开关前，应将滑动变阻器的 滑片P置于____端（填“左” 或“右” ）．
②用多用电表电压档测量L电压时，红表笔应接图1中的_________点．（填“a” 或“b” ）
③正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转．将两表笔改接到图1电路的a、c两点，电表指针仍不偏转；改接a、d两点时，电表指针偏转如
图2所示，其示数为 V；可判定故障为d、c间电路 （填“断路” 或“短路” ）．
④甲乙两位同学用完多用电表后，分别把选择开关放在图3所示位置．则 的习惯好．
[答案] 54.（1）①BD（2分）；②0.70（2分），0.20（2分），左（2分），
（2）①左（2分）②a（2分）③2.00（2分）断路（2分）④乙同学（2分，“乙” 也对）
[解析] 54.（1）①本实验应平衡摩擦力；并且小车的质量要远小于钩码的质量；并且细线应水平，即调节滑轮的高度使细线与木板平行；开始实验时，小车应靠近打点计时器；本题选错误的，故选BD。②由刻度尺可知，s1=0.70cm；第两个计数点间有5个间隔，故t=0.1s；小车的加速度为：a=cm/s2=0.2m/s2；实验中小车越来越快，故纸带的左端与小车相连接；
（2）①闭合开关前，应将滑片置于输出电压最小的左端；②根据电流应从“+” 接线柱进入，而红表笔接的是“+” 接线柱，所以红表笔应接在a点；③多用电表的读数为：U=2.00V；根据欧姆定律可以判断d、c间电流断路；④多用电表使用完后应将选择开关置于“OFF” 档或交流电压最高档，所以已同学习惯较好。
55.(江苏省苏北四市2014届高三上期末统考) (10分) 某同学刚如图所示的装置探究小车加速度与合外力的关系。图中小车A左端连接一纸带并穿过打点计时器B的限位孔，右端用一轻绳绕过滑轮系于拉力传感器C的下端，A、B置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上。不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。实验时，先接通电源再释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点。该同学在保证小车A质量不变的情况下，通过改变P的质量来改变小车A所受的外力，由传感器和纸带测得的拉力F和加速度
a数据如下表所示。
(1) 第4次实验得到的纸带如图所示，O、A、B、C和D是纸带上的五个计数点，每两个相邻点间有四个点没有画出，A、B、C、D四点到O点的距离如图。打点计时器电源频率为50Hz。根据纸带上数据计算出加速度为＿＿＿。
(2) 在实验中，＿＿＿(选填“需要” 或“不需要”) 满足重物P的质量远小于小车的质量。
(3) 根据表中数据，在图示坐标系中作出小车加速度a与力F的关系图象。
(4) 根据图象推测，实验操作中重要的疏漏是＿＿＿＿＿＿。
[答案] 55.11. （1）0.43 (2) 不需要 （3）作图 （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)
[解析] 55.(1) 加速度为；(2) 本实验用传感器即可直接测得作用在小车A上的拉力，故本实验不需要满足重物P的质量远小于小车的质量；（3）描点、连线，用平滑的曲线通过点群的平均位置即可得到小车加速度a与力F的关系图象；(4) 通过小车加速度a与力F的关系图象不通过原点可知实验操作中重要的疏漏是没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足。
56.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) （8分）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L。质量为M的滑块A上固定一遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为Δt1和Δt2。遮光条宽度为d。
（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足 ；在实验中，考虑到遮光条宽度不是远小于L，测得的加速度为 。
（2）如果已经平衡了摩擦力， （选填“能” 或“不能” ）用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒，理由是 。
[答案] 56.10．（1）M》m (各2分)
（2）不能 有摩擦力做功 (各2分)
[解析] 56.（1）根据牛顿第二定律，对质量为m的重物B：
mg－F＝ma，
质量为M的滑块A：F＝M′a
所以F＝·mg，
当m≪M时F≈mg，所以要认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足. M》m； 测得的加速度为a= 。
（2）如果已经平衡了摩擦力，由于有摩擦力做功，故不能用此装置装置验证A、B组成的系统机械能守恒。
57.(2014江苏，15，16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大,重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;
(2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;
(3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率 。
[答案] 57.(1) (2)2v0 (3)
[解析] 57.(1)摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小ax=μg cos 45°
匀变速直线运动-2axs=0-
解得s=
(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay,则=tan θ
很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt
解得=tan θ
且由题意知tan θ=
则==tan θ
所以摩擦力方向保持不变
则当vx'=0时,vy'=0,即v=2v0
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙速度方向的位移为y,
由题意知ax=μg cos θ,ay=μg sin θ
在侧向上-2axx=0-
在纵向上2ayy=(2v0)2-0
工件滑动时间t=
乙前进的距离y1=2v0t
工件相对乙的位移L=
则系统摩擦生热Q=μmgL
电动机做功W=m(2v0)2-m+Q
由=,解得=
58.(2014四川，9，15分)石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳,人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换。
(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站,求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为ω,地球半径为R。
(2)当电梯仓停在距地面高度h2=4R的站点时,求仓内质量m2=50 kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g=10 m/s2,地球自转角速度ω=7.3×10-5 rad/s,地球半径R=6.4×103 km。
[答案] 58. (1)m1ω2(R+h1)2 (2)11.5 N
[解析] 58.(1)设货物相对地心的距离为r1,线速度为v1,则
r1=R+h1①
v1=r1ω②
货物相对地心运动的动能为Ek=m1③
联立①②③得Ek=m1ω2(R+h1)2④
说明:①②③④式各1分
(2)设地球质量为M,人相对地心的距离为r2,向心加速度为a,受地球的万有引力为F,则
r2=R+h2⑤
a=ω2r2⑥
F=G⑦
g=⑧
设水平地板对人的支持力大小为N,人对水平地板的压力大小为N',则
F-N=m2a⑨
N'=N⑩
联立⑤~⑩式并代入数据得N'=11.5 N
说明:⑥⑦⑧⑨式各2分,⑤⑩式各1分
59.(2014福建，35，18分)图24的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1 kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
图24
[答案] 59. (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J
[解析] 59.(1)P1、P2碰撞过程,动量守恒
mv1=2mv①
解得v==3 m/s②
碰撞损失的动能ΔE=m-(2m)v2③
解得ΔE=9 J④
(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=⑤
设P1、P2碰撞后的共同速度为v共,则推得v共=⑥
把P与挡板碰撞后运动过程当作整体运动过程处理
经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1-a⑦
经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2-a⑧
如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足
s1≤3L≤s2⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v1≤14 m/s⑩
v1的最大值为14 m/s,此时v共=7 m/s,根据动能定理知
-μ·2mg·4L=E-·2m
代入数据得E=17 J
60.(2014安徽，22，14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
[答案] 60.(1) (2) C
(3)
[解析] 60.(1)由v2=2gh得v=
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有
qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=
由U=Ed、Q=CU得Q=C
(3)由题得h=g、0=v+at2、t=t1+t2,综合可得t=
61.(2014浙江，23，16分)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h=1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v=800 m/s。在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 m后停下。装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g=10 m/s2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;
(2)当L=410 m时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离;
(3)若靶上只有一个弹孔,求L的范围。
第23题图
[答案] 61.(1) m/s2
(2)0.55 m 0.45 m
(3)492 m
微信/支付宝扫码支付