高中物理错题讲解

1、1、质量分别为M和m的两物体靠在一起放在光滑水平面上用水平推力F向右推M，两物体向右加速运动时，M、m间的作用力为N1；用水平力F向左推m，使M、m一起加速向左运动时，M、m间的作用力为N2，如图甲、乙所示，则（B）AN1：N2=1：1BNl：N2=m：MCN1：N2=M：mD无法比较N1、N2的大小考点：牛顿第二定律分析：对于M和m，应用整体法可以求得系统的共同的加速度的大小，再采用隔离法 对m或M受力分析，可以求得物体之间的作用的大小解答：解：用水平推力F向右推M时，对Mm整体由 F=（M+m）a1 对于m由 N1=ma1，所以 N1=mFM+m用水平力F向左推m时，对Mm整体由 F=（M

2、+m）a2 对于M由 N2=Ma2，所以N2=MFM+m，所以Nl：N2=m：M，所以B正确故选B点评：当分析多个物体的受力、运动情况时，通常可以采用整体法和隔离法，用整体法可以求得系统的加速度的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大小，本题就是应用整体法和隔离法的典型的题目2、如图所示,截面为三角形的木块a上放一铁块b， 三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力 F ，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是 A木块 a 与铁块 b 间一定存在摩擦力 B木块与竖直墙面间一定存在水平弹力 C木块与竖直墙面间一定存在摩擦力

3、D竖直向上的作用力 F 大小一定大于铁块与木块的重力之和答案选A，为什么，其它选项为什么不对，请详细解析，谢谢！A木块 a 与铁块 b 间一定存在摩擦力 （对，如果不存在摩擦力铁块就不会始终保持相对静止）B木块与间一定存在水平弹力（错，木块对竖直墙面没有压力，所以不存在弹力）C木块与竖直墙面间一定存在摩擦力（错，木块对竖直墙面没有压力，所以不存在摩擦力）D竖直向上的作用力 F 大小一定大于铁块与木块的重力之和（错，匀速运动的物体所受的力为平衡力）3、（2014焦作一模）2012年6月27日，蛟龙号载人潜水器再次刷新“中国深度”-下潜7062米，这标志着中国具备了载人到达全球99.8%以上海洋深

4、处进行作业的能力2013年6-9月，蛟龙号开启首次试验性应用航次，成功带着多位科学家完成多次下潜任务假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线和速度图象如图所示，则有（）A3-4min时间段内深潜器正在上浮B6-8min时间段内深潜器处于失重状态C深度曲线图中h3代表本次下潜最大深度，应为360mD全过程中最大加速度是0.025m/s2考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据图象分析物体的运动方向和加速度的方向，从而知道超重或失重，右边图象与时间轴围成的面积表示位移的大小解答：解：A、由图象知3-4min

5、时间段内深潜器正在减速下降，A错误；B、6-8min时间段内深潜器加速上升，处于超重状态，B错误；C、深度曲线图中h3代表本次下潜最大深度，由V-t图象知应为(2+4)2260=360m，C正确；D、V-t图象中，效率表示加速度的大小，6-7.5min段内加速度最大，为0.033m/s2，D错误故选：C点评：本题主要考查了对图象的理解与应用，特别注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了4、（2013淮安模拟）体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为

6、（）A 12mgB mgDdC mgD2 D2d2D 2mg D2d2D考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力解答：解：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为由几何知识得：cos=(D2)2(d2)2D2=D2d2D根据平衡条件得：2Ncos=mg解得：N=mgD2D2d2则得篮球对球架的压力大小为：N=N=mgD2D2d2故选：C点评：本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求

7、出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解5、如图是一个十字路口的示意图，每条停车线到十字路中心O的距离s均为20m。一人骑电动助力车以v1=7m/s的速度到达停车线（图中A点）时，发现左前方道路一辆轿车正以v2=8m/s的速度驶来，车头已抵达停车线（图中B），设两车均沿道路中央做直线运动，助力车可视为质点，轿车长l=4.8m，宽度可不计。（1）请通过计算判断两车保持上述速度匀速运动，是否会发生相撞事故？（2）若轿车保持上述速度匀速运动，而助力车立即作匀加速直线运动，为避免发生相撞事故，助力车的加速度至少要多大？【解析】（1）轿车车头到达O点的时间为 t1=x1/v1=2.5s 轿车通过O点

8、的时间为 t=x/v1=0.6s 助力车到达O点的时间为6、2012浙江模拟）如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6102 m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m一架质量为m=2.0104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g=10m/s2（1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平

9、轨道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出飞机在水平跑道上的加速度，根据运动学公式求出求出在水平跑道上运动的时间以及在水平跑道上的末速度再根据牛顿第二定律求出在倾斜跑道上的加速度，根据速度位移公式求出到达倾斜跑道末端时的速度大小（2）飞机在倾斜跑道的加速度不变，根据运动学公式求出倾斜跑道的初速度，即水平跑道的末速度，根据运动学公式求出水平跑道的加速度，根据牛顿第二定律，从而求出在整个水平轨道对飞机施加助推力解答：解：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为

10、a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合=F-Ff=ma1 v12-v02=2a1l1 v1=a1t1 注意到v0=0，Ff=0.1mg，代入已知数据可得a1=5.0 m/s2，v1=40 m/s，t1=8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F合=F-Ff-mgsin=ma2 mgsinmghl2v22v122a2l2 注意到v1=40 m/s，代入已知数据可得a2=3.0 m/s2，v21720m/s41.3m/s 故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0s，到达倾斜跑道末端时的速度大

11、小为41.3m/s（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，有F合=F推+F-Ff=ma1v12v022a1l1 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a2=3.0 m/s2v22v122a2l2 根据题意，v2=100 m/s，代入数据解得F推5.2105N故助推力F推的大小为5.2105N点评：解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过受力分析可求出合力，从而求出加速度，从而求出运动学中的物理量，反之亦然7、如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg

12、，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，和小车间的动摩擦因数为=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM的数值的可能性，不正确的有（）答案选C、首先知道m的最大受力为滑动摩擦力,即f=umg，所以m的加速度最大为a=ug=2m/s2，D错！如果加速度小于2，那么就和M相对静止，加速度一样，B错同样加速度的来源于M对m的摩擦力，不可能，m的加速度大于M的，A错只要m的加速度达到a=ug=2m/s2，这时候M的加速度一定大于等于2，其他值都可以！8、如图1所示，倾角为的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻

13、放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图2所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2则（）A摩擦力的方向始终沿传送带向下B12s内，物块的加速度为2m/s2C传送带的倾角=30D物体与传送带之间的动摩擦因数=0.59、货车A正在该公路上以20m/s的速度匀速行驶，。因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有76m。（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若能，从A车发现B车开始到撞上B车的时间？（2）若A车司机发现B车立即刹车（不计反应时间）做匀减速直

14、线运动，加速度大小为2m/s2（两车均视为质点），为了避免碰撞，A车在刹车同时，向B车发出信号，B车收到信号，经t=2s的反应时间才开始匀加速向前行驶，问：B车加速度a2至少多大才能避免事故？（这段公路很窄，无法靠边让道）【答案】（1）会 s， （2）a1.2m/s2 【解析】试题分析:已知：L=76m,v=20m/s,a=2m/s2（1）当两车速度相等时，所要的时间t0=10s,在这10s内，A车的位移xA=vt0=200mB车的位移xB=100m；因为xA=200M xB+L=100m+76m，所以会撞上。设经过时间t两车相撞，有：vt-=L,代入数值解得：t=s（另一根舍去）（2）已知A

15、车的加速度a1=-2m/s2，初速度v=20m/s，t=2s。设B车的加速度为a2，B车运动后后当经过时间t，两车相遇。B车的运动时间为t，A车的运动时间为t+t，则有：要以免碰撞，则t 无实根，解得）a1.2m/s2考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系10、如下图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L20 m，高为h2 m，斜坡上紧排着一排滚筒长为l8 m、质量为m1103 kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有

16、滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力取当地的重力加速度g10 m/s2.试求：(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间；(2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为Ffmg3103 N由牛顿第二定律有Ffmgsin ma1解得a12 m/s2钢锭做匀加速运动的时间t12 s位移x1a1t124 m要使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动钢锭做匀速直线运动的位移x2

17、Llx18 m做匀速直线运动的时间t22 s所需最短时间tt1t24 s.(2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零匀减速上升时Ffmgsin ma2解得a24 m/s2匀减速运动时间t31 s匀减速运动位移x3t32 m匀速运动的位移x4Llx1x36 m电动机至少要工作的时间tt13.5 s.答案：(1)4 s(2)3.5 s11、一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上。现使小车如下图分四次分别以a1，a2，a3，a

18、4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知a1:a2:a3:a4=1:2:4:8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则 Af1:f2=1:2 Bf1:f2=2:3 Cf3:f4=1:2 Dtan=2tan 试题“一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿.”主要考查你对 从运动情况确定受力 等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：考点名称：从运动情况确定受力从运动情况确定受力：1、知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。2、分析这类问题的关键是抓住

19、受力情况和运动情况的桥梁加速度。3、求解动力学这两类问题的思路，可由下面的框图来表示。瞬时加速度问题的解决方法：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。此类问题应注意以下两种基本模型。 (1)刚性绳(或接触面)：可认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体。若剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要考虑形变恢复时间。一般题目中所给的细绳(线)和接触面，在不加特殊说明时，均可按此模型处理。解决此模型的关键在于分析情景突变后的过程，利用过程的初状态分析求解状态突变后的瞬时加速度。 (2)弹簧(或橡皮绳)：此类物体的特点是形变量大，形变

20、恢复需要较长时间。在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变。但当弹簧的一端不与有质量的物体连接时，轻弹簧的形变不需要时间，弹力可以突变。解决此类问题时需利用情景突变前的受力来确定情景突变后瞬间的受力及加速度。动力学范围的整体法与隔离法：处理连接体问题的方法有整体法和隔离法。 1整体法将一组连接体作为一个整体看待，牛顿第二定律中是整体受的合外力，只分析整体所受的外力即可(因为连接体的相互作用力是内力，可不分析)，简化了受力分析。在研究连接体时，连接体各部分的运动状态可以相同，也可以不同。当连接体各部分运动状态不同时，整体的合外力等于各部分质量与各部分加速度乘积的矢量和，即F合写成分量形式有：如

21、果待求的问题不涉及系统内部的相互作用时，就可以采用整体法。 2隔离法在求解连接体的相互作用力时采用，将某个部分从连接体中分离出来，其他部分对它的作用力就成了外力。整体法与隔离法在研究连接体问题时经常交替使用。A、C、D是对的，B是错的原因回答1中静摩擦力为Ma12中静摩擦力为Ma23中静摩擦力为Ma3+mgtan4中静摩擦力为Ma4+mgtana3=gtan a4=g 所以，a3：a4=tan：tan=1:212、2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功。设某一载舰机质量为m = 2.5104 kg，速度为v0=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=0.8m/s2

22、的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动。（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F = 1.2105 N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角=106，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？解：（1）由运动学公式2a0S0=v02得S0= v02/2a0 3分代入数据可得S0=1102.5m2分（2）飞机受力分析如图

23、所示。由牛顿定律有2FTcos+f-F=ma4分其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0 2分联立上式可得FT=5105 N 3分13、（2014临沂模拟）如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F=6N的水平力作用下由静止开始向右运动已知木板A、B长度均为l=1m，木板A的质量MA=3kg，小滑块及木板B的质量均为m=1kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为1=0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为2=0.1，重力加速度g=10m/s2求：（1）小滑块在木板A上运动的时间；（2）木板B获得的最大速度考点：牛顿第二定

24、律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）先根据滑动摩擦定律求解滑块与A间的摩擦力，两个滑板的总的最大静摩擦力，判断相对运动情况，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间；（2）先根据运动学公式求解滑上B时的速度，然后根据牛顿第二定律求解滑板B和滑块的加速度，根据运动学公式求解木板B获得的最大速度解答：解：（1）小滑块对木板A的摩擦力：f1=1mg=0.4110=4N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力：f2=2（2m+MA）g=0.1（21+3）=5Nf1f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速

25、度为a1，则：F-1mg=ma1根据运动学公式，有：l=12a1t21解得：t1=1s（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度v1，B的加速度a2，经过时间t2滑块与B速度脱离，滑块的位移x块，B的位移xB，B的最大速度v2，则：1mg-22mg=ma2vB=a2t2xB=12a2t22v1=a1t1x块v1t2+12a1t22x块-xB=l联立解得：vB=1m/s答：（1）小滑块在木板A上运动的时间为1s；（2）木板B获得的最大速度为1m/s14、如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放

26、至运动到最低点的过程中有（）A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB摆动过程中，支架对地面压力一直增大C摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）gD摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大考点：动能定理；牛顿第二定律；向心力；功率、平均功率和瞬时功率专题：计算题分析：对于不同的研究对象在不同的时刻进行受力分析和过程分析摆球做的是圆周运动，要根据摆球所需要的向心力运用牛顿第二定律确定摆球实际受到的力支架始终不动，根据平衡条件求解出未知的力运用瞬时功率表达式表示出重力对小球做功的功率，再根据已知条件判断功率的变化解答：解：A、在释放瞬间，m的速度为零，根据F=mv2R，细线拉力为零，对支

27、架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，处于静止状态所以在释放瞬间，支架对地面压力为Mg故A错误B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：当小球绕圆心转过角度为时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsin=12mv2，v=2gRsin根据牛顿第二定律得：T-mgsin=mv2RT=mgsin+2mgsin=3mgsin而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力根据平衡条件得：在竖直方向上有：Tsin+Mg=FN所以 FN=3mgsin2+Mg，摆动过程中逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确C、在从释放到最低

28、点过程中，根据动能定理得：mgR=12mv2 在最低点绳子拉力为T，对小球受力分析：小球受重力和绳子拉力，根据牛顿第二定律得：T-mg=mv2R当小球在最低点时，支架受重力、支持力、绳子的拉力根据平衡条件得：FN=Mg+T 解得：FN=（3m+M）g故C正确 D、1小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率P1=mgV0=0 2当小球绕圆心转过角度为时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsin=12mv2，v=2gRsin并且重力与速度的方向夹角为，则这时重力的功率P2 P2=mgvcos=mgcos2gRsin03当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mgvcos9

29、0=0，所以P3=0 因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误故选BC点评：要正确对物体进行受力分析，通过物体所处的状态运用牛顿第二定律列出等式求解要去判断一个物理量的变化，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是()A在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(mM)gB在释放前的瞬间，支架对地面的压力为MgC摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(mM)gD摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3mM)g图K186BD解析 在释放前的瞬间绳拉力为零，对支

30、架：FN1Mg；当摆球运动到最低点时，由机械能守恒定律得mgRmv2，由牛顿第二定律得FTmg，由以上两式得FT3mg.对支架受力分析，地面支持力FN2Mg3mg.由牛顿第三定律知，支架对地面的压力FN23mgMg，故选项B、D正确15、如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为轨道底端水平并与半球顶端相切质量为m的小球由A点静止滑下小球在水平面上的落点为C，则()A.小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B.小球将从B点开始做平抛运动到达C点C.OC之间的距离为RD.OC之间的距离为R考点：平抛运动；牛顿第二定律；向心力专题：平抛运动专题分

31、析：从A到B的过程中，根据机械能守恒可以求得到达B点时的速度，根据圆周运动的向心力公式可以判断离开B点后的运动情况解答：解：从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mg12R12mv2，解得：vgR在B点，当重力恰好作为向心力时，由mgmv2BR，解得：vBgR所以当小球到达B点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从B点开始做平抛运动到达C，所以A错误，B正确根据平抛运动的规律，水平方向上：x=VBt 竖直方向上：R12gt2解得：x2R所以AD错误故选：Bc点评：本题的关键地方是判断小球在离开B点后的运动情况，根据小球在B点时速度的大小，小球的重力恰好作为圆周运动的向心力，所以离开B后将做平抛运

32、动16、（2009四川）据报道，2009年4月29日，美国亚利桑那州一天文观测机构发现一颗与太阳系其它行星逆向运行的小行星，代号为2009HC82该小行星绕太阳一周的时间为3.39年，直径23千米，其轨道平面与地球轨道平面呈155的倾斜假定该小行星与地球均以太阳为中心做匀速圆周运动，则小行星和地球绕太阳运动的速度大小的比值为（）A3.39 13B3.39 12C3.39 32D3.39 23考点：万有引力定律及其应用分析：小行星和地球绕太阳作圆周运动，都是由万有引力提供向心力，列出等式解题向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量选取应用解答：解：小行星和地球绕太阳作圆周运动，都是由万有引力提

33、供向心力，有GMmR2=m(2T)2R，可知小行星和地球绕太阳运行轨道半径之比为R1：R2=3T12T22，又根据V=GMR，联立解得V1：V2=3T1T2，已知T1T2=13.39，则V1：V2=313.39故选A点评：本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式解题求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行之比17、（2012郑州模拟）如图所示，一质量为m1的木板放在光滑斜面上，木扳的上端用细绳拴在斜面上，木板上有一只质量为m2的小猫剪断细绳，木板开始下滑，同时小猫沿木板向上爬小猫向上爬的过程中，小猫在木板上相对于地面的高度不变，忽略空气阻力

34、细绳剪断后，小猫做功的功率P与时间t关系的图象是（）ABCD考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：分别对小猫和木板受力分析，得出小猫和木板的运动情况，小猫做功的功率为摩擦力做功的功率，分别求出摩擦力的大小和木板的速度，即可得出做功功率与时间的变化关系解答：解：小猫在木板上相对于地面的高度不变，知小猫受重力、支持力和摩擦力平衡，则摩擦力的大小恒定，设为f对于木板，受重力、压力和猫对木板的摩擦力，合力向下恒定，则木板向下做匀加速直线运动，v=at，则P=fv=fat，知小猫做功的功率与时间成正比故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析，通过物体的受

35、力情况判断物体的运动情况，以及知道小猫做功的功率为摩擦力做功的功率18、如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）A滑块向左接触弹簧的运动过程中，始终做减速运动B滑块向右接触弹簧的运动过程中，始终做加速运动C滑块与弹簧接触过程中最大加速度为 kx0+mgmD滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x mgk时，物体的动能最大考点：探究弹力和弹簧伸长的关系；牛顿运动定律的综合应用分析：该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛

36、顿运动定律分析物体的运动情况在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化解答：解：A、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力时逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，所以选项A正确B、滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速B选项错误C、由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F=kx0+mg，此时合力最大

37、，由牛顿第二定律有amax=Fm=kx0+mgm，所以选项C正确D、在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x=mgk时，由胡克定律可得f=kx=mg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，之后物体开始做减速运动，所以此时速度最大，故动能最大选项D正确故选：ACD点评：解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动弹力和摩擦力相等时即为一个临界点19、如图 56 所示，在一块水平放置的

38、光滑板面中心开一小孔 O，穿过一根细绳，细绳的一端用力 F 向下拉，另一端系一小球，并使小球在板面上以半径 r 做匀速圆周运动，现开始缓恒地增大 F，使小球的运动半径逐渐减小，若已知拉力变为 8F 时，小球的运动半径恰好减为 r/2，求此过程中，绳子的拉力对小球所做的功为_2008-04-30 15:29:09来自：河南省 分析：全过程只有绳子拉力对小球做功所以拉力做功等于小球的动能变化量F=mv2/r8F=mv/0.5rW=1/2mv2-1/2mv2=3Fr/220、如图所示，斜面倾角=30，另一边与地面垂直，高为H，斜面顶点有一定滑轮，物块A和B的质量分别为m1和m2，通过轻而软的细绳连接

39、并跨过定滑轮，开始时两物块都位于与地面的垂直距离为 H2的位置上，释放两物块后，A沿斜面无摩擦地上滑，B沿斜面的竖直边下落，若物块A恰好能达到斜面的顶点，试求m1和m2的比值（滑轮质量、半径及摩擦均可忽略）由几何关系知B到底时A恰好到达路程的中点，因A开始和末了速度为0， 及前半段路程和后半段路程均受恒力【即作匀加速运动】知这两个恒力一定大小相等方向相反，而这两个恒力 一个是 F1=A的重力沿斜面向下的分力（即A重力的一半）【后半段A受力】， 一个是 F2=（绳子的张力）-（A的重力沿斜面向下的分力）【前半段A受力】， 故有： F1=-F2。 （1） 令F3=（B的重力）-（绳子的张力），【B

40、受到的合力】 （2） 由于前半段即B落地前A与B为连接体故加速度相等， 进而有： F3/M2=F1/M1 （3） 由（1）式得（绳子的张力）=（A的重力） （4） 由（2）（3）（4）式得： （B的重力）-（A的重力）/M2=（A的重力）/2/M1 上式即为：（M2*g-M1*g）/M2=M1*g/2/M1 上式消去g有：（M2-M1）/M2=1/2 即M1M2=1221、如图所示，用绳牵引小船靠岸，若收绳的速度为V0，在绳与水平方向夹角为时，船的速度V为多少？如图所示，船的速度 V 水平向左（船速是实际速度，即，船速为合速度）沿绳方向的速度 V0 是一个分速度，另一个分速度垂直于绳向下，可得

41、：船的速度 V = V0 / cos 22、如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，PQ为对应的轨道最高点，一个小球以一定的速度沿轨道切线方向进入轨道，且能通过轨道最高点P，下面正确的是（ ） A轨道对小球做正功，小球的线速度VPVQ B轨道对小球不做功，小球的角速度WPWQ C小球的向心加速度apaq D轨道对小球的压力FPFQ解析本题考查圆周运动和机械能守恒，中档题轨道光滑，小球在运动的过程中只受重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直所以不做功，A错；那么在整个过程中只有重力做功满足机械能守恒，根据机械能守恒有vPrQ，根据，a，得小球在P点的角速度小于在Q点的角速度，B正确；在P点的向心加速度

42、小于在Q点的向心加速度，C对；小球在P和Q两点的向心力由重力和支持力提供，即mgFNma向，可得P点对小球的支持力小于Q点对小球的支持力，D对答案B、C、D23、（2011天津模拟）如图所示，一架装载救援物资的飞机，在距水平地面h=500m的高处以v=100m/s的水平速度飞行地面上A、B两点间的距离x=100m，飞机在离A点的水平距离x0=950m时投放救援物资，不计空气阻力，g取10m/s2（1）求救援物资从离开飞机到落至地面所经历的时间（2）通过计算说明，救援物资能否落在AB区域内24、25、如图所示用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其

43、端点恰好处于左侧滑轮正下方点处，在杆的中点处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物点与点距离为，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度转至水平（转过了90角）此过程中下述说法正确的是 A重物作匀速直线运动 B重物作匀变速直线运动C重物的最大速度是 D重物的速度先减小后增大解析：选C与棒垂直的速度v是C点的实际速度，vx是绳子的速度，即重物M的速度。当杆与线垂直时，重物M的速度最大vmaxL，然后再减小，本题只有C项正确。26、如图所示，斜面上有a、b、c、d 四个点，ab=bc=cd，从a点以初动能EK0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为若小球从 a

44、点以初动能2EK0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A小球将落在c点B小球将落在c下方C小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于D小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于27、如图，用与水平方向成角的力F拉着质量为m的物体沿水平地面匀速前进位移x,已知物体和地面间的动摩擦因数为。则在此过程中F做的功为( )A.mgx B.mgxC. D.【解析】选D。物体受力平衡：Fsin+FN=mg,Fcos-FN=0。在此过程中F做的功W=Fxcos=,所以D正确。86、如图7-7-1所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，

45、可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动.在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（）图7-7-1A.A球到达最低点时速度为零B.A球机械能减少量等于B球机械能增加量C.B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度D.当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度BCD解析:本题考查机械能守恒定律的应用.题目中有A、B两个小球和三根轻杆，将它们看作一个系统，因为系统在运动过程中只有重力做功，故系统的机械能守恒（轻杆质量不计，不考虑其机械能的变化），即A、B球的机械能改变量相等，B项正确.当A球到达最低点，B球到达左边与A球初位置等高点时，A

46、球重力势能减少2mgh，而B球重力势能增加mgh，因系统的机械能守恒，故此时A、B球必具有一定的动能（速度），亦即B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度，A项错，C项对.由于整个系统在运动过程中机械能守恒，A球一定能回到起始高度，D项对.28、在做“研究平抛物体的运动”实验时，通过描点法画出小球平抛运动轨迹，并求出平抛运动初速度. 实验装置如图甲所示. 取g10m/s2. （1）实验时将斜槽轨道固定在水平桌面上，调整安装使斜槽轨道末端切线水平，确保钢球飞出后做平抛运动. 请简述你判断其末端切线是否调整水平的方法： _.（2）图乙是小球做平抛运动轨迹所描点的一部分，图中方格的边

47、长均为5cm，若取g=10ms2，则小球运动中水平速度的大小是_ms，小球经过B点时速度的大小是_ms.答案：（1）将小球放在槽口的末端，轻轻拨动小球，若小球能在任意位置静止，即调水平（2） 1.5 ms 2.5 ms29、英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界中应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为为常数），其磁场分布与点电荷的电场分布相似。现假设磁单极子S固定，带电小球在S极附近受到洛仑兹力和重力作用做匀速圆周运动。下列非磁性材料制成的带电小球可以做匀速圆周运动的是答案：A30、2010武汉二模）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴

48、，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带负电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能考点：电势；电场强度；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小解答：解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A

49、点电势高故A错误B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同故B正确C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小故C错误D、O点电势高于B点电势，负电荷在O处电势能小于在B处电势能故D正确故选：BD点评：这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小31、32、33、34、如图甲，在水平地面上固定一倾角为的光滑斜面，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m的滑块从距离弹簧上端为s0处由静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性

50、限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本问不要求写出计算过程）【答案】（1）（2）或 （3）【解析】（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为

51、零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有mgsin=ma （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有-2分从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得-2分-2分或：弹簧的弹力所做的功W也就是弹簧变化的弹性势能： （3）0到t1滑块做匀加速直线运动，t1到t2 滑块做加速度减小的变加速直线运动， t2到t3滑块做加速度增大的变减速直线运动。【考点定位】牛顿第二定律 动能定理35、36、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板

52、缓慢向右平移一小段距离的过程中，各物理量与负极板移动距离的关系图像中正确的是（）参考答案选C。本人对A选项有疑问。请高手求解由电容的公式c=s/4kd知d减小，c增大。A错。由于二极板电荷分布不变，电场强度不变。B错。由于U=Ed d减小，U减小。正极板的电势降低，P点的电势降低。C正确。正电荷在P点的电势能EP=qp，由这个公式可见EP减小。D错误。37、在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在如图所示的速度-时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是（）ABCD考点：电场强度；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况解答：解：微粒在上面的电场中匀速下落，受重力和电场力平衡，进入下面电场，电场力变大，根据牛顿第二定律，微粒具有向上的加速度，所以微粒做匀减速运动到0，又返回做匀加速直线运动，进入上面的电场又做匀速直线运动，速度大小仍然等于v0故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键会根据微粒的受力判断其运动情况，知道微粒在下面电