2015高三物理检测卷.docx

2014年10月18日紫色风车7的高中物理组卷参考答案与试题解析一选择题（共30小题）1（2014松江区一模）如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时BAC90，现使BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC此过程中，轻杆B端所受的力（）A逐渐减小B逐渐增大C大小不变D先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以B为研究对象，并受力分析由题目中“缓慢”二字知整个变化过程中B处于平衡态解答：解：A、由于B点始终处于平衡状态，故B点受到的力的大小为各力的合力故B点在变化过程中受到的力始终为0故大小不变故A错误B、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变故B错误C、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变故C正确D、由对A项的分析知B点受到的力始终为0，不变故D错误故选：C点评：该题关键是仔细阅读，弄清题意并能从缓慢、恰好等词汇找的隐含条件2（2014杨浦区三模）如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重力为G的重物现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是（）A绳子越来越容易断B绳子越来越不容易断CAB杆越来越容易断DAB杆越来越不容易断考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化解答：解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得又T=G，解得：N=，F=；使BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小故B正确，ACD错误故选B点评：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法3（2014湖南一模）如图，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角90设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是（）AFOA逐渐增大BFOA逐渐减小CFOB逐渐增大DFOB逐渐减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以结点O为研究对象，分析受力，作出轻绳在B和B两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化解答：解：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当=90时，FOB最小故选B点评：本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳OB的拉力最小来判断4（2014榕城区三模）如图所示，人和物处于静止状态、当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止、不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（）A绳的拉力大小不变B人所受的合外力增大C地面对人的摩擦力增大D人对地面的压力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当人拉着绳向右跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和任受力分析应用平衡条件分析即可解答：解：A、物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于mg，故A正确；B、人保持静止状态，合力为零，故B错误；C、D、对人受力分析并正交分解如图：由平衡条件得：N+mgsin=Mgf=mgcos当人拉着绳向右跨出一步后，将变小：所以：f=mgcos会变大，N=Mgmgsin也将变大，故C正确，D错误；故选AC点评：本题为平衡条件得应用：动态分析常用的方法是画图法和解析式法，一般物体受3个力时常用画图法，受4个以上的力时用解析式法5（2014临沂模拟）如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态现缓慢减小木板的倾角过程中，下列说法正确的是（）AA受到的压力逐渐变大BA受到的摩擦力逐渐变大CC对B的压力逐渐变大DC受到三个力的作用考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对BC研究：分析BC整体的受力，由平衡条件分析A对B的支持力和摩擦力变化，即可知道B对A的压力和摩擦力如何变化；C球只受两个力，对B的压力不变解答：解：A、对BC整体：分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知：N=mgcos，f=mgsin，减小，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大故A正确，B错误C、D由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变故CD错误故选A点评：本题是三个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究的对象，采用整体法和隔离法结合研究，比较简便6（2014湖南一模）如图所示，A、B、C三个物块重均为100N，小球P重20N，作用在物块B的水平力F=20N，整个系统静止，则（）AA和B之间的摩擦力是20NBB和C之间的摩擦力是20NC物块C受6个力作用DC与桌面间摩擦力为20N考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对结点受力分析，由共点力的平衡可求得绳子对3的拉力；再将1、2、3作为整体受力分析，由共点力的平衡可求得3与地面间的摩擦力解答：解：结点受P的拉力及两绳子的拉力；如图所示，由几何关系可知，绳子对C的拉力F1=GP=20N；对整体受力分析，整体受重力、支持力、两大小相等、方向相反的拉力；两拉力的合力为零，故整体在水平方向没有运动的趋势；故C与桌面间的摩擦力为零；所以D错误对A用隔离法受力分析，根据平衡条件知水平方向不受外力，即AB之间没有摩擦力；所以A错误对B用隔离法进行受力分析，根据平衡条件B受C对它的摩擦力f=F=20N，根据牛顿第三定律：B对C的摩擦力也等于20N所以B正确对C用隔离法受力分析，受重力、桌面的支持力、B对它的压力、B对它的摩擦力、绳子拉力共五个力的作用，所以C错误故选B点评：整体法与隔离法在共点力的平衡中经常用到，在解题时要注意灵活选取；正确的研究对象的选取可在解题中起到事半功倍的效果7（2014河北区三模）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q到达地面以前，P始终保持静止在此过程中，下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力逐渐增大B地面对P的摩擦力逐渐增大CP、Q间的弹力先减小后增大DQ所受的合力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1=N2=mgtan再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故：f=mgtanMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故A正确，B正确，C错误，D错误；故选B点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论8（2014呼伦贝尔二模）如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对G受力分析可知竖直绳上的拉力不变，再对结点O分析可得出受力的平行四边形；根据C点的移动利用图示法可得出OC拉力的变化解答：解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C点评：本题利用了图示法解题，解题时要注意找出不变的量作为对角线，从而由平行四边形可得出拉力的变化9（2014呼伦贝尔一模）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A球B对墙的压力增大B物体A与球B之间的作用力减小C地面对物体A的摩擦力减小D物体A对地面的压力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：整体法和隔离法；图析法分析：对小球进行受力分析，根据A物体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化解答：解：对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A球对B的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B正确；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；故选BC点评：本题应注意图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果10（2014南昌模拟）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为，则A、B分别对球面的压力大小之比为（）Asin2：1Bsin：1Ccos2：1Dcos：1考点：共点力平衡的条件及其应用菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比解答：解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，由平衡条件，得：N=mgcos同理N=由牛顿第三定律，A、B分别对球面的压力大小为N、N；则它们之比为，故C正确故选C点评：考查了受力分析，注意各力的方向，灵活利用平衡条件11（2014松江区一模）如图所示，测力计上固定有一个倾角为30的光滑斜面，用一根细线将一个质量为0.4kg的物体挂在斜面上，测力计有一定的示数当细线被剪断物体正下滑时，测力计的示数将（）A增加4NB增加3NC减少2ND减少1N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；超重和失重菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题中原来小球和斜面体处于静止状态，故测力计的读数等于小球和斜面体的总重量，剪短细线后，沿斜面小球加速下滑，处于失重状态，对小球和斜面体整体运用牛顿第二定律列式求解解答：解：对小球和斜面体整体受力分析，受总重力和支持力，平衡时，有N（M+m）g=0 加速下滑时，再次对小球和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有竖直方向：（M+m）gN=masin30 水平方向：f=macos30 对小球受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin30=ma 有由得到：NN=masin30=mg（sin30）2=0.4100.25=1N 故选D点评：本题关键是对小球、小球和下面体整体多次受力分析，然后根据牛顿第二定律、共点力平衡条件列式求解；要注意整体法对于有相对运动的物体系统同样适用12（2014四川）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）ABCD考点：运动的合成和分解菁优网版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解解答：解：设船渡河时的速度为vc；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回头时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc=，故B正确；故选：B点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰13（2014安徽）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30，g取10m/s2，则的最大值是（）Arad/sBrad/sC1.0rad/sD0.5rad/s考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题分析：当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度解答：解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得： mgcos30mgsin30=m2r则=rad/s=1rad/s故选：C点评：本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题14（2014龙子湖区二模）如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中（）A小球的动能始终保持不变B小球在bc过程克服阻力做的功一定等于mghC小球经b点时的速度小于D小球经b点时的速度等于考点：曲线运动；向心力菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：滑块在a、c两点时的速度大小均为v，知滑块先加速和减速对全程运用动能定理，求出全程阻力做的功，根据ab段、bc段摩擦力的大小比较两段做的功，从而得出bc段克服摩擦力做的功再根据动能定理求出b的速度解答：解：A、滑块在a、c两点时的速度大小均为v，知滑块先加速后减速动能先增加后减小故A错误；B、对全程运用动能定理得，mghWf=0，全程克服阻力做功等于mgh，因为ab段所受的支持力不等于重力，所以所受的摩擦力与bc段不等，克服摩擦力做功不等，则小球在bc过程克服阻力做的功不等于故B错误；C、D、根据动能定理得：mgh，因为，所以故C正确，D错误故选：C点评：解决本题的关键知道ab段所受的摩擦力大于bc段，以及能够灵活运用动能定理运用动能定理解题时需确定研究的过程15（2014湖北二模）如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等下列说法中正确的是（）A质点从M到N过程中速度大小保持不变B质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D质点在MN间的运动不是匀变速运动考点：曲线运动菁优网版权所有专题：物体做曲线运动条件专题分析：根据题意可知，质点在恒力作用下，做匀变速曲线运动，速度的变化量相等，而速度大小与方向时刻在变化，从而即可求解解答：解：因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，A、从M到N过程中，根据v=，可知，速度大小变化，故A错误；B、因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故B正确，C错误；D、在MN间的运动是匀变速曲线运动，故D错误；故选：B点评：考查曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变16（2014江苏模拟）如图所示，在冰球以速度v1在水平冰面上向右运动运动员沿冰面在垂直v1的方向上快速打击冰球，冰球立即获得沿打击方向的分速度v2不计冰面摩擦和空气阻力下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是（）ABCD考点：曲线运动；物体做曲线运动的条件菁优网版权所有分析：物体做曲线运动时，合力一定不为零，且合力的方向与速度方向不在同一直线上当物体做直线运动时，合力可以为零，或者合力的方向与速度方向在同一直线上实际的速度为合速度，速度矢量，合速度与分速度的关系满足平行四边形定则解答：解：CD、物体所受的合力与速度方向不在同一直线上做曲线运动，合力与速度方向在同一直线上做直线运动，题中冰球受打击后在水平方向上不受力，故作直线运动，故CD错误；AB、实际运动的速度为合速度，根据平行四边形定则可知，合速度不可能沿打击的方向，一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向，故A错误、B正确故选：B点评：本题要掌握物体做直线运动的条件，知道当物体做直线运动时，合力可以为零，或者合力的方向与速度方向在同一直线上17（2014开封一模）如图所示，一小球以v0=10m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60，（空气阻力忽略不计，g取10m/s2），以下判断正确的是（）A小球通过A、B两点间用时t=（1）sB小球通过A、B两点间用时t= sCA、B两点间的高度差为h=10 mDA、B两点间的高度差为h=15 m考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将A、B两点的速度进行分解，求出竖直方向上的分速度，根据速度速度时间公式、速度位移公式求出运动的时间和高度差解答：解：A、，所以vAy=v0tan45=10m/s，所以则小球通过A、B两点的运动时间故A正确，B错误C、故C正确，D错误故选AC点评：解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式进行求解18（2014上饶二模）如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）ABCD考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度解答：解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，设位移与水平方向的夹角为，则tan=因为tan=，则竖直位移y=.所以，故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解19（2014呼伦贝尔一模）如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（）Av1=v2Bv1=v2Cv1=v2Dv1=v2考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动解答：解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2=v2tgt2则H=h1+h2=v2t，所以H=v2，解得：v1=v2，故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立20（2014湖北模拟）如图，半圆形凹槽的半径为R，O点为其圆心在与O点等高的边缘A、B两点分别以速度v1、v2水平相向抛出两个小球，已知v1：v2=1：3，两小球恰落在弧面上的P点则以下说法中正确的是（）AAOP为45B若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1、v2都增大C改变v1、v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D若只增大v1，两小球可在空中相遇考点：平抛运动菁优网版权所有专题：压轴题；平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据几何关系可以求得AOP的角度，由平抛运动的规律逐项分析即可求解解答：解：A、连接OP，过P点作AB的垂线，垂足为D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，所以运动时间相等，两球水平方向做运动直线运动，所以而AD+BD=2R所以AD=所以OD=所以cosAOP=即AOP=60，故A错误；B、若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时间相等，所以应使v1增大，v2减小，故B错误；C、要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则（v1+v2）t=2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，所以v1+v2也不是一个定值，故C错误；D、若只增大v1，而v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故D正确故选D点评：本题考查平抛运动的性质，物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高度21（2014呼伦贝尔二模）如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为、，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为，则（）A=B=C=D考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小解答：解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为，斜面倾角为由tan=，得到t=则tan=2tan，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以=设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2由于高度相同，平抛时间相等，设为t1则tan=，tan=由于v1v2 所以tantan，由上分析可知=，所以=故选B点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tan=22（2014咸阳二模）如图所示，b点位于斜面底端P点的正上方，并与斜面顶端a点等高且高度为h，今在a、b两点分别以速度va和vb沿水平方向抛出两个小球A、B（可视为质点）若A球恰好落到P点的同时B球也恰好落到斜面的中点q，不计空所阻力，则（）Ava=vbBCA、B两球同时抛出DA球提前秒先抛出考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：ab两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来分析求解解答：解：A、水平方向的距离由高度和初速度决定 x=，由题意得a的水平位移是b的2倍，可知va=vb，所以B正确，A错误；C、做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定 t=，a物体下落的高度是b的2倍，所以有ta=tb，所以a球提前秒先抛出，故CD错误；故选B点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解23（2014孝感二模）如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处不计空气阻力，则落到B处的石块（）A初速度大，运动时间短B初速度大，运动时间长C初速度小，运动时间短D初速度小，运动时间长考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移解答：解：小球落在B点高度差较小，根据t=，知落在B处的石块运动时间较短，根据初速度知，B处的水平位移大，时间短，则初速度较大故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定24（2014甘肃模拟）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1m/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，下列说法正确的是（）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、B在传送带上的划痕长度不相同考点：功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：功的计算专题分析：AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决解答：解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误B、由A分析得，B正确C、滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确故选BCD点评：滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样25（2014湖北二模）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v2C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考点：功的计算；动能定理；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：功的计算专题分析：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，摩擦力方向上，（也可以一直减到顶端时速度刚好为v2），根据除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，判断机械能的变化情况，根据动能定理可知，W合=EK判断合力做功情况解答：解：A、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；B、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；C、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；D、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正确故选：AD点评：本题主要考查了动能定理、机械能守恒定律的条件的直接应用，关键是正确分析物体的运动情况和受力情况，还要会分析摩擦力的方向，难度适中26（2014金山区一模）有两个质量分别为m1和m2的物体A和B，并排放在水平地面上现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止A、B两物体运动的vt图象分别如a、b图线所示由图中信息可以得出（）A若m1=m2，则力F1对A所做的功小于力F2对B所做的功B若m1=2m2，则力F1对A所做的功小于力F2对B所做的功C若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍D若m1=2m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍考点：功的计算；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：功的计算专题分析：由于水平拉力F1和F2的大小关系未知，故要求摩擦因数只能根据撤除拉力后的运动情况进行分析要比较摩擦力对物体所做的功的多少，一定要知道两物体位移的大小关系根据图象可求出拉力相同的情况下未撤力前加速度的关系再比较质量的大小最大功率对应最大速度，故应求出质量相同时拉力的具体值解答：解：若m1=m2，则f1=f2，根据动能定理对a有WF1f1s1=0同理对b有WF2f2s2=0s1=42.5=5.0ms2=25=5.0mWF1=WF2，故A错误撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设两物体与水平地面的动摩擦因素分别为1、2，即a1=a2=g=1m/s21=2=0.1，由以上分析可知F1=m1（a1+1g）=m1，拉力F1的最大瞬时功率P1=m1同理F2=m2（a2+2g）=m2拉力F2的最大瞬时功率P2=m2P1=2P2 故C正确若m1=2m2，则f1=2f2，根据动能定理对a有WF1f1s1=0同理对b有WF2f2s2=0s1=42.5=5.0ms2=25=5.0mWF1=2WF2，故B错误撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设两物体与水平地面的动摩擦因素分别为1、2，即a1=a2=g=1m/s21=2=0.1，由以上分析可知F1=m1（a1+1g）=m1，拉力F1的最大瞬时功率P1=m1同理F2=m2（a2+2g）=m2拉力F2的最大瞬时功率P2=m2m1=2m2，P1=4P2，故D错误故选：C点评：本题综合性很强，所以熟练掌握牛顿第二定律，动能定理，功率的瞬时值表达式，会根据vt图求解加速度，位移是能否成功解题的关键27（2014南昌模拟）如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且F0mgt=0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上则下列关于物体的运动说法正确的是（）A当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C物体克服摩擦力所做的功W=mgHD物体与墙壁脱离的时刻为t=考点：功的计算；摩擦力的判断与计算菁优网版权所有专题：功的计算专题分析：根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹根据动能定理，抓住F在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小，抓住F的变化规律，结合F为零时，物体脱离墙面求出运动的时间解答：解：A、竖直方向上，由牛顿第二定律有：mgF=ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹