福建省龙岩市武平一中高一(上)期末物理复习试卷(三

1、2014-20152014-2015 学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习 试卷（三）试卷（三） 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 4 4 分，共分，共 4848 分）分） 1 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，球A 重 G1，斜面体 B 重 G2，斜面倾角 为 ，一切摩擦均不计使A、B 均处于静止状态，下列说法正确的是（ ） A 水平力 F 为 B 竖直墙壁对 A 的弹力等于 F C 水平地面受到的弹力为G1+G2 D A 对 B 的弹力等于 G1tan 2 （4 分） （2013 秋诸暨市期末）如图所示，质量为m

2、=1kg 的物体与水平地面之间的动摩 擦因数为0.3， 当物体运动的速度为10m/s时， 给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N 的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2） （） A 物体经 10s 速度减为零 B 物体经 2s 速度减为零 C 物体速度减为零后将保持静止 D 物体速度减为零后将向右运动 3 （4 分） （2014 秋合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑 必配的设施 某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上， 弹簧下端悬挂一个小铁球， 如图所示在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了， 这一现 象表明（） A 电梯一定

3、是在下降 B 该同学处于失重状态 C 电梯的加速度方向一定是竖直向下 D 该同学对电梯地板的压力大于其重力 4 （4 分） （2011海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速 度 v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（） A 等于零 B 不为零，方向向右 C 不为零，方向向左 D 不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右 5 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B 两个物体 通过光滑的滑轮相连，连接A 物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（） A 当 A 沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零 B 当

4、A 沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左 C 当 A 沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左 D 把 B 球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A 保持静止，则地面 对甲乙的摩擦力方向均向右 6 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯， 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那么下列说法中正确的是（） 7 （4 分） （2015浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为 1440W 的太阳能试验汽车， 安装有约 6m2的太阳能电池板和蓄能电池，

5、该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电 功率为 30W/m2若驾驶员的质量为 70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时 受到的阻力与其速度成正比，则汽车（） A 以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N B 起动时的加速度大小为 0.24m/s2 A 顾客始终受到静摩擦力的作用 B 顾客受到的支持力总是大于重力 C 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上 D 扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上 C 保持最大速度行驶 1h 至少需要有效光照 8h D 直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s 的最大行驶速度 8 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）

6、一质点在015s 内竖直向上运动，其加速度时间 变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（） 9 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示， 有两个相同材料物体组成的连接体在斜面 上向上运动，当作用力 F 一定时，m2所受绳的拉力（） A 质点的机械能不断增加 B 在 05s 内质点的动能减小 C 在 1015s 内质点的机械能一直增加 D 在 t=15s 时质点的机械能大于 t=5s 时质点的机械能 A 与 有关 B 与斜面动摩擦因数有关 C 与系统运动状态有关 D FT=，仅与两物体质量有关 10 （4 分） （2009安徽模拟）下列各图是反

7、映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的 速度随时间、加速度、功率和牵引力随速度变化的图象，其中不正确的是（） ABC D 11 （4 分） （2012包头一模）如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在 水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运 动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v 随时间 t 变化的图象如图乙所示其中OA 段为直线，AB 段是与 OA 相切于 A 点的曲线，BC 是平 滑的曲线，则关于 A、B、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小，下列说法正确的是（） A C xA=h，aA=0 B

8、 xA=h，aA=g xB=h+，aB=0D xC=h+，aC=0 12 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c， 质量均为 m，a、c 之间用轻质细绳连接现用一水平恒力F 作用在 b 上，三者开始一起做 匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面， 系统仍加速运动，且始终没有相 对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（） A 无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B 若粘在 a 木块上面，绳的张力减小，a、b 间摩擦力不变 C 若粘在 b 木块上面，绳的张力和a、b 间摩擦力一定都减小 D 若粘在 c 木块上面，绳

9、的张力和a、b 间摩擦力一定都增大 二、实验题（每空二、实验题（每空 3 3 分）分） 13 （9 分） （2014 秋龙海市校级期末） 用如图 1 所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验 实 验中小车及砝码的总质量为m1， 钩码质量为 m2， 并用钩码所受的重力作为小车受到的合力， 用纸带测出小车运动的加速度 （1）下列说法正确的是 A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B实验时应先释放小车后接通电源 C本实验中 m1应远大于 m2 D在用图象探究加速度与质量关系时，应用a图象 （2）如图 2 为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连 续的 5 个计数点 A、B、

10、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，测出各计 数点到 A 点之间的距离，如下图所示已知打点计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端， 则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=m/s2 （结果保留 两位有效数字） （3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的 多组数据画出 aF 关系图线，如图 3 所示此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此现象的 主要原因可能是 A小车与平面轨道之间存在摩擦 B平面轨道倾斜角度过大 C所挂钩码的总质量过大 D所用小车的质量过大 三、计算题（共三、计算题（共 4343 分）分） 14 （12 分） （2014 秋

11、湖北期末）将煤块A 轻放在以 2m/s 的恒定速度运动的足够长的水平 传送带上后，传送带上留下一条长度为4m 的因相对运动而形成的擦痕若使该传送带改做 初速度不变、加速度大小为1.5m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减 速运动的同时，将另一煤块B 轻放在传送带上，g=10m/s2，则： （1）皮带与煤块间动摩擦因数 为多少？ （2）煤块 B 在皮带上的最长擦痕为多少？ （3）煤块 B 停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为多少？ 15 （9 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，A、B 质量分别为 3kg 和 1kg，两物体通 过一根轻弹簧连接而处于静止状态， 弹

12、簧劲度系数为 k=5N/cm现在从 t=0 时刻开始施加力 F 作用在 A 物体上，使得 A 开始以 a=1m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动， t1时刻物 体 B 恰好要离开地面 （g=10m/s2） 求： （1）t=0 时刻作用力 F 的大小； （2）t1的值； （3）t1时刻作用于 A 物体的拉力大小 16 （11 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，在水平面上行驶的小车上，有一小球A 和一木块 B当小车向左减速时，系着小球的细线与竖直方向的夹角为37，小球和木块都 相对小车静止已知小球的质量m=2kg，木块的质量 M=4kg，g=10m/s2，sin37=0.6， co

13、s37=0.8；求： （1）小车的加速度以及细线对A 的拉力； （2）木块对车厢底面的作用力（大小和方向） 17 （11 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的 动摩擦因数 =0.2，在倾角为 37、F=20N 的推力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s 时 撒去 F， （sin37=0.6cos37=0.8）求： （1）物体在 F 作用时的加速度 a； （2）撒去 F 后，物体还能滑行多长时间？ 2014-20152014-2015 学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物 理复习试卷（三）理复习试卷（三）

14、 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 4 4 分，共分，共 4848 分）分） 1 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，球A 重 G1，斜面体 B 重 G2，斜面倾角 为 ，一切摩擦均不计使A、B 均处于静止状态，下列说法正确的是（ ） A 水平力 F 为 B 竖直墙壁对 A 的弹力等于 F C 水平地面受到的弹力为G1+G2 D A 对 B 的弹力等于 G1tan 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：本题是力平衡问题中的连接体问题，先对物体A 受力分析，根据平衡条件列式求 解；再对

15、物体 A 和 B 整体受力分析，根据平衡条件列式求解 解答：解：对物体A 受力分析，受重力、斜面的支持力和竖直挡板的支持力，如图所示： 根据平衡条件，有： F1=G1tan30，F2=，所以 A 对 B 的弹力， 再对 AB 整体受力分析，受重力、地面的支持力N，已知的推力 F，墙壁向右的支持力 F1， 根据平衡条件，有： F=F1=G1tan30，N=G1+G2，故 AD 错误，BC 正确； 故选：BC 点评：整体法和隔离法的使用技巧： 当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时， 宜用整 体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法

16、整体法和 隔离法不是独立的，对一些较复杂问题， 通常需要多次选取研究对象， 交替使用整体法和隔 离法 2 （4 分） （2013 秋诸暨市期末）如图所示，质量为m=1kg 的物体与水平地面之间的动摩 擦因数为0.3， 当物体运动的速度为10m/s时， 给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N 的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2） （） A 物体经 10s 速度减为零 B 物体经 2s 速度减为零 C 物体速度减为零后将保持静止 D 物体速度减为零后将向右运动 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题 分析：先分析物体的运动情况和受力情况： 物

17、体向右做匀减速运动， 水平方向受到向右的 恒力 F 和滑动摩擦力 由公式 f=FN=G 求出滑动摩擦力， 根据牛顿第二定律得求出物体的 加速度大小，由运动学公式求出物体减速到0 所需的时间减速到零后， Ff，物体处于静 止状态，不再运动 解答：解：A、B 物体受到向右恒力和滑动摩擦力，做匀减速直线运动滑动摩擦力大小 为 f=FN=G=3N，根据牛顿第二定律得， a=m/s2=5m/s2，方向向右 =s=2s，故 B 正确，A 错误物体减速到 0 所需的时间 t= C、D 减速到零后，Ff，物体处于静止状态故C 正确，D 错误 故选 BC 点评：本题分析物体的运动情况和受力情况是解题的关键， 运

18、用牛顿第二定律和运动学公 式研究物体运动时间，根据恒力与最大静摩擦力的关系，判断物体的速度为零后的状态 3 （4 分） （2014 秋合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑 必配的设施 某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上， 弹簧下端悬挂一个小铁球， 如图所示在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了， 这一现 象表明（） A 电梯一定是在下降 B 该同学处于失重状态 C 电梯的加速度方向一定是竖直向下 D 该同学对电梯地板的压力大于其重力 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：对铁球的受力分析，受重力和拉力

19、，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然 后判断电梯和该同学的超、失重情况 解答：解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有 mg=kx1 弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有 kx2mg=ma 故加速度向上，电梯加速上升或者减速下降， 电梯以及电梯中的人处于超重状态， 所以该同 学对地板的压力大于重力，故ABC 错误，D 正确； 故选：D 点评：本题关键是对铁球受力分析， 根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向， 由于铁 球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况 4 （4 分） （2011海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上

20、一物块正在沿斜面以速 度 v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（） A 等于零 B 不为零，方向向右 C 不为零，方向向左 D 不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右 考点：共点力平衡的条件及其应用 专题：压轴题 分析：在研究力和运动关系的问题时， 常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题， 即“连 接体问题”连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统研究 此系统的受力或运动时， 求解问题的关键是研究对象的选取和转换 一般若讨论的问题不涉 及系统内部的作用力时， 可以以整个系统为研究对象列方程求解“整体法”；若涉及系统 中各物体间的相互作用，则应以系统某一

21、部分为研究对象列方程求解“隔离法”这样， 便将物体间的内力转化为外力， 从而体现其作用效果， 使问题得以求解在求解连接体问题 时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列 方程求解 本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止， 摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究 解答：解： 斜劈和物块都平衡， 受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到 最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析 受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力； 故选 A 点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑

22、两物体间的作用 力，使问题大为简化 5 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B 两个物体 通过光滑的滑轮相连，连接A 物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（） A 当 A 沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零 B 当 A 沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左 C 当 A 沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左 D 把 B 球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A 保持静止，则地面 对甲乙的摩擦力方向均向右 考点：摩擦力的判断与计算 专题：摩擦力专题 分析：A、B、C、不论 A 在斜面做何种运动，对甲图采用整体法受力

23、分析，而对乙图只 分析斜面的受力，并根据静摩擦力的方向，即可求解 D、当 B 球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲图采用整体法受力分析， 而对乙图只分析斜面的受力，并从A 可能有沿着斜面向上或向下的静摩擦力两种情况，分 析即可 解答：解：A、当 A 沿斜面匀速下滑时，甲图，从整体角度，则地面对甲的摩擦力为零， 而乙图，A 对斜面有沿着斜面向下的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故A 错 误； B、当A 沿斜面加速下滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向右的分加 速度，则地面对甲的摩擦力方向向右，而对乙图，物块能够下滑，说明 小于 tan，物块 对斜面压力为 N

24、，压力水平向左分力Nsin，物块对斜面摩擦力 N，摩擦力水平向右分力 NcosNsin，所以地面对乙图斜面的摩擦力应该向右，故B 错误； C、当A 沿斜面加速上滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向左的分加 速度，则地面对甲的摩擦力方向向左，而对乙图，A 对斜面有沿着斜面向上的滑动摩擦力， 则地面对乙的摩擦力水平向右，故C 错误； D、当 B 球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中， 对甲分析，地面对斜面的摩擦 力方向向右；对乙分析，可知， A 对斜面的静摩擦力沿着斜面向上，因此地面对乙的摩擦力 方向向右，故 D 正确； 故选：D 点评：本题考查整体法与隔离法的应用， 掌握

25、静摩擦力的方向判定， 注意加速度不同的整 体运用是解题的难点 6 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯， 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那么下列说法中正确的是（） 考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律 专题：运动的合成和分解专题 分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析， 应用牛顿第二定律解题； 明确超 重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象 解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个 力的作用下，故 A 错误； B

26、、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B 错误； C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客 作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C 正确；D 错误 故选：C 点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用， 要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的 具体问题，提高理论联系实际的能力 7 （4 分） （2015浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为 1440W 的太阳能试验汽车， 安装有约 6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电 功率为 30W/m2若驾驶员的质量为 70kg，汽

27、车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时 受到的阻力与其速度成正比，则汽车（） A 以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N B 起动时的加速度大小为 0.24m/s2 C 保持最大速度行驶 1h 至少需要有效光照 8h D 直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s 的最大行驶速度 考点：能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题 分析：根据 P=Fv 计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv 结合求解 加速度由能量守恒定律分析CD 两项 解答：解：A、根据 P 额 =Fvmax，得：F=N=57.6N，故 A 正确； A

28、顾客始终受到静摩擦力的作用 B 顾客受到的支持力总是大于重力 C 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上 D 扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上 B、以额定功率启动时： f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，B 错 误； C、由公式 W=Pt，由能量守恒得：1440W1h=306Wt，得：t=8h，即保持最大速度行驶 1h 至少需要有效光照 8h，故 C 正确； D、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析： 57.6=k25 得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力=阻力，即： =k

29、v 得：v8.83m/s，故 D 错误； 故选：AC 点评：本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告 诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保 8 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）一质点在015s 内竖直向上运动，其加速度时间 变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（） 考点：功能关系 分析：物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机 械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反 之向上减速的加速度大于g 则机械能减小 解答：解：

30、A、由图象可以看出 05s 内的物体向上做减速运动的加速度等于g，物体只 受到重力的作用；510s 内的加速度小于 g，物体受到向上的作用力，1015s 内的加速度 大于 g，物体受到向下的作用力，故物体的机械能先不变，后增大，再减小，故A 错误； B、在 05s 内，物体速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则物体减速， 速度减小，则动能减小，故B 正确； C、在 1015s 内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，做负 功，机械能减少，故 C 错误； D、根据牛顿第二定律，510s 内，mgF=ma，得：F=2m，方向向上，做正功，物体机械 能增加；1015

31、s 内，mg+F=ma，得 F=2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做 减速运动，而 1015s 内的速度小于 510s 内的速度，则 1015s 内的位移小于 510s 内 的位移，故 FS2FS3，则 515s 内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=15s 时的 机械能大于 t=5s 时的机械能，故 D 正确； 故选：BD 点评：机械能的变化量等于重力以外的力做的功， 重力以外的力做正功则机械能增加， 重 力以外的力做负功则机械能减少 A 质点的机械能不断增加 B 在 05s 内质点的动能减小 C 在 1015s 内质点的机械能一直增加 D 在 t=15s 时质点的机械能大于

32、 t=5s 时质点的机械能 9 （4 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示， 有两个相同材料物体组成的连接体在斜面 上向上运动，当作用力 F 一定时，m2所受绳的拉力（） A 与 有关 B 与斜面动摩擦因数有关 C 与系统运动状态有关 D FT=，仅与两物体质量有关 考点：物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题 分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，运用牛顿第 二定律求出拉力的大小，判断与什么因素有关 解答：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得： a= 隔离 m2分析，设物体间的拉力为T，由牛顿第二定律得： Tm2gsinm2gcos=m2a， 解

33、得：T=； 由上数据分析知：绳子的拉力与 无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关， 仅与两物体 的质量有关故 ABC 错误，D 正确 故选：D 点评：解决本题的关键能够正确地受力分析， 运用牛顿第二定律进行求解， 注意整体法和 隔离法的运用 10 （4 分） （2009安徽模拟）下列各图是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的 速度随时间、加速度、功率和牵引力随速度变化的图象，其中不正确的是（） ABC D 考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题 分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv 可知汽车功率逐 渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引

34、力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加 速运动，当牵引力等于阻力时， 汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解 答本题 解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束， 然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动 开始匀加速时：Ff=ma 设匀加速刚结束时速度为v1，有：P 额=Fv1 最后匀速时：F=f，有：F 额=Fvm 由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=，最后匀速速度为：vm= A、在 vt 图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A 正确； B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B 错

35、误； C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C 正确； D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D 正确 本题选择不正确的，故选：B 点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv 进行讨论，弄清过程中 速度、加速度、牵引力、功率等变化情况 11 （4 分） （2012 包头一模）如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在 水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运 动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v 随时间 t 变化的图象如图

36、乙所示其中OA 段为直线，AB 段是与 OA 相切于 A 点的曲线，BC 是平 滑的曲线，则关于 A、B、C 三点对应的 x 坐标及加速度大小，下列说法正确的是（） A C xA=h，aA=0 B xA=h，aA=g xB=h+，aB=0D xC=h+，aC=0 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 分析：OA 过程是自由落体，A 的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落 体加速度； B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出 弹簧的形变量； C 点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度 解答：解：OA 过程

37、是自由落体，A 的坐标就是 h，加速度为 g，所以 B 正确，A 错误 B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为 0，由 mg=kx，可 知 x=，所以 B 得坐标为 h+，所以 C 正确 ，由对称性得由 B 到 D 的形变取一个与 A 点对称的点为 D，由 A 点到 B 点的形变量为 量也为，故到达 C 点时形变量要大于 h+2，加速度 acg，所以 D 错误 故选 BC 点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度 12 （4 分） （2014 秋 武平县校级期末）如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c， 质量均为 m，a、c 之间用轻质细绳连

38、接现用一水平恒力F 作用在 b 上，三者开始一起做 匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面， 系统仍加速运动，且始终没有相 对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（） A 无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B 若粘在 a 木块上面，绳的张力减小，a、b 间摩擦力不变 C 若粘在 b 木块上面，绳的张力和a、b 间摩擦力一定都减小 D 若粘在 c 木块上面，绳的张力和a、b 间摩擦力一定都增大 考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题 分析：选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变 化 解答：解；A、由

39、整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运 动定律可知，加速度都要减小，故A 正确； B、以 C 为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对 b 物体有 Ffab=ma 可知，摩擦力 Fab应变大，故 B 错误； C、若橡皮泥粘在b 物体上，将ac 视为整体，有Fac=2ma=f，所以摩擦力是变小的，故C 正 确； D、若橡皮泥粘在c 物体上，将ab 视为整体，FFT=2ma，加速度减小，所以拉力FT变大， 对 b 有 Ffab=ma，知 Fab增大；故 D 正确； 本题选错误的，故选：B 点评：在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，

40、 做好受力分析，再由牛顿运动定 律即可分析各量的变化关系 二、实验题（每空二、实验题（每空 3 3 分）分） 13 （9 分） （2014 秋龙海市校级期末） 用如图 1 所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验 实 验中小车及砝码的总质量为m1， 钩码质量为 m2， 并用钩码所受的重力作为小车受到的合力， 用纸带测出小车运动的加速度 （1）下列说法正确的是CD A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B实验时应先释放小车后接通电源 C本实验中 m1应远大于 m2 D在用图象探究加速度与质量关系时，应用a图象 （2）如图 2 为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连 续

41、的 5 个计数点 A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4 个点迹没有标出，测出各计 数点到 A 点之间的距离，如下图所示已知打点计时器接在频率为50Hz 的交流电源两端， 则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=1.0 m/s2 （结果保留 两位有效数字） （3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的 多组数据画出 aF 关系图线，如图 3 所示此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此现象的 主要原因可能是C A小车与平面轨道之间存在摩擦 B平面轨道倾斜角度过大 C所挂钩码的总质量过大 D所用小车的质量过大 考点：验证牛顿第二运动定律 专题：实验题 分析：

42、实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用 重新平衡摩擦力，因为 f=mgsin=mgcos，m 约掉了让小车的质量 M 远远大于小桶 （及砝码）的质量 m根据纸带数据，由x=at2可求小车的加速度 解答：解： （1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m 约掉 了，故不需要重新平衡摩擦力故A 错误 B、实验时应先接通电源后释放小车，故B 错误 C、 让小车的质量 m1远远大于钩码的质量 m2， 因为： 实际上绳子的拉力 F=m1a=m2g， 故应该是 m2m1，而当 m2不再远远小于 m1时 a=，随 m2的增大物体的 加速度逐渐减小且

43、无限趋近于g，故 C 正确 D、F=ma，所以：a=F，当 F 一定时，a 与成正比，故 D 正确 故选：CD （2）计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s， 根据纸带数据，由x=at2可得 小车的加速度 a=1.0m/s2 （3）随着力 F 的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小 车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C 正确、ABD 错误 故选：C 故答案为： （1）CD； （2）1.0； （3）C 点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实 验注意事项这几点去搞清楚要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，

44、 在平时练习中要加强基础知识的理解与应用 三、计算题（共三、计算题（共 4343 分）分） 14 （12 分） （2014 秋湖北期末）将煤块A 轻放在以 2m/s 的恒定速度运动的足够长的水平 传送带上后，传送带上留下一条长度为4m 的因相对运动而形成的擦痕若使该传送带改做 初速度不变、加速度大小为1.5m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减 速运动的同时，将另一煤块B 轻放在传送带上，g=10m/s2，则： （1）皮带与煤块间动摩擦因数 为多少？ （2）煤块 B 在皮带上的最长擦痕为多少？ （3）煤块 B 停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为多少？ 考点：匀变速直线运

45、动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题 分析：煤块 A 放在速度恒定传送带时， 在做匀加速运动的过程中， 在传送带留下划线 划 线的长度等于传送带与煤块A 的相对位移大小，根据位移公式和牛顿第二定律求出煤块A 与传送带之间的动摩擦因数 煤块 B 放在传送带后先做匀加速运动，速度与传送带相同后，根据传送带的加速度与两者 静止时煤块 B 最大加速度比较，判断煤块B 的运动情况，根据位移公式和位移关系求解该 煤块 B 在传送带上能留下的划线的长度以及煤块B 所在位置离划线起点的距离 解答：解： （1） 煤块A 在传送带上运动，设其加速度为a，加速时间为t，则v

46、t at2=4 m，at=2 m/s， 所以 a=0.5 m/s2，由牛顿第二定律得：mg=ma 代入数据解得：=0.05 （2） 若传送带做匀减速运动，设煤块B 的加速时间为 t1，则有 v1=at1=vat1 所以 t1=s=1 s 此时煤块 B 在传送带上留下的擦痕长为： l1=x 传送带x煤块=（vt1 =21 1.512 0.512=1 m （3） 因传送带提供给煤块的加速度大小为0.5 m/s2，小于 1.5 m/s2故煤块相对传送带向 前滑，到传送带速度减为零时，有v1=at2，v2=v1at2，l2=x 煤块x传送带 =m 传送带停止运动后，煤块继续在传送带上做匀减速运动直至停

47、止则l3= 所以 l=l1l2l3= m 答： （1）皮带与煤块间动摩擦因数 为 0.05； （2）煤块 B 在皮带上的最长擦痕为 1m； （3）煤块 B 停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为m m， 点评：解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动情况， 当传送带匀减速运动时， 煤块在 传送带上先加速，与传送带速度相等后做匀减速运动，相对于传送带先后滑然后再向前滑 15 （9 分） （2014 秋武平县校级期末）如图所示，A、B 质量分别为 3kg 和 1kg，两物体通 过一根轻弹簧连接而处于静止状态， 弹簧劲度系数为 k=5N/cm现在从 t=0 时刻开始施加力 F 作用在 A 物体上，使

48、得 A 开始以 a=1m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动， t1时刻物 体 B 恰好要离开地面 （g=10m/s2） 求： （1）t=0 时刻作用力 F 的大小； （2）t1的值； （3）t1时刻作用于 A 物体的拉力大小 考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题 分析：（1）开始状态，A 重力与弹力平衡，根据牛顿第二定律可求得作用力大小； （2）由胡克定律明确形变量，根据运动学公式可求得时间； （3）分别对 AB 由受力分析及牛顿第二定律可求得可求得拉力的大小 解答：解： （1）没有加 F 之前，A 物体所受重力和弹力恰好平衡， t=0 时刻，由牛顿第二定律得： F=mAa=31=3N； （2）由初始状态下弹簧处于压缩状态，压缩量x1满足 kx1=mAg 最末状态弹簧处于拉伸状态，伸长量x2满足 kx2=mBg 整个过程 A 上升高度为 h=x1+x2 因为 A 做匀加速直线运动，由 h= at2 代入数据得 t=0.4s （3）对 A 运用牛顿第二定律： FmAgF2=mA