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高考物理錯題 　 一．選擇題（共14小題） 1．（2014?寧夏二模）如圖，半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q（q＞0）、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為（不計重力）（　?。? A． B． C． D． 　 2．（2014秋?泰興市校級月考）如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣．兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置，如果將小球B向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比下列說法不對的是（　?。? A．推力F將增大 B．豎直墻面對小球A的彈力減小 C．地面對小球B的彈力一定不變 D．兩個小球之間的距離增大 　 3．（2015?江西二模）如圖所示，在豎直平面內有一個圓弧AB，OA為水平半徑，現從圓心O處以不同的初速度水平拋出一系列質量相同的小球，這些小球都落到圓弧上，小球落到圓弧上時的動能（　　） A．越靠近A點越大 B．越靠近B點越大 C．從A到B先增大后減小 D．從A到B先減小后增大 　 4．（2013?鹽湖區(qū)校級四模）如圖所示的裝置，用兩根細繩拉住一個小球，兩細繩間的夾角為θ，細繩AC呈水平狀態(tài)．現將整個裝置在紙面內順時針緩慢轉動，共轉過90．在轉動的過程中，CA繩中的拉力F1和CB繩中的拉力F2的大小發(fā)生變化，即（　?。? A．F1先變小后變大 B．F1先變大后變小 C．F2逐漸減小 D．F2最后減小到零 　 5．（2013?湖南模擬）一物體做加速直線運動，依次經過A、B、C三位置，B為AC的中點，物體在AB段的加速度為a1，在BC段的加速度為a2．現測得B點的瞬時速度 vB=（vA+vC），則a1與a2的大小關系為（　?。? A．a1＞a2 B．a1=a2 C．a1＜a2 D．無法比較 　 6．（2015秋?成都校級月考）如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g．則（　?。? A．a落地前，輕桿對b一直做正功 B．a落地時速度大小為 C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg 　 7．（2015春?長春校級期末）如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體B受沿斜面向上力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間動摩擦因數為μ，μ＜tanθ，且A、B質量均為m，則（　?。? A．A、B保持相對靜止 B．地面對斜面體的摩擦力等于Fcosθ C．地面受到的壓力等于（M+2m）g D．B與斜面間動摩擦因數為 　 8．（2015?河南模擬）如圖所示，某極地軌道衛(wèi)星的運行軌道平面通過地球的南北兩極，已知該衛(wèi)星從北緯60的正上方，按圖示方向第一次運行到南緯60的正上方時所用時間為1h，則下列說法正確的是（　?。? A．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行半徑之比為1：4 B．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行速度之比為1：2 C．該衛(wèi)星的運行速度一定大于7.9km/s D．該衛(wèi)星的機械能一定大于同步衛(wèi)星的機械能 　 9．（2015秋?松原校級月考）如圖a所示，質量為m的半球體靜止在傾角為θ的平板上，當θ從0緩慢增大到90的過程中，半球體所受摩擦力Ff與θ的關系如圖b所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體與平板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則（　?。? A．O～q段圖象可能是直線 B．q﹣段圖象可能是直線 C．q= D．p= 　 10．（2015?南昌校級二模）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，取g=10m/s2，則（　?。? A．小滑塊的質量m=4kg B．當F=8 N時，滑塊的加速度為2m/s2 C．滑塊與木板之間的動摩擦因數為0.1 D．力隨時間變化的函數關系一定可以表示為F=6t（N） 　 11．（2015?永州三模）如圖所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長是其豎直高度的2倍，若小球a能落到半圓軌道上，小球b能落到斜面上，則（　?。? A．b球一定先落在斜面上 B．a球可能垂直落在半圓軌道上 C．a、b兩球可能同時落在半圓軌道和斜面上 D．a、b兩球不可能同時落在半圓軌道和斜面上 　 12．（2015?馬鞍山三模）一質點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其﹣t的圖象如圖所示，則（　?。? A．質點做勻速直線運動，速度為0.5m/s B．質點做勻加速直線運動，加速度為0.5m/s2 C．質點在1s末速度為1.5m/s D．質點在第1s內的平均速度0.75m/s 　 13．（2015?許昌三模）如圖甲所示，平行于光滑固定斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B在斜面上緊靠著物塊A但不粘連，物塊A、B質量均為m．初始時兩物塊均靜止．現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，兩物塊的v﹣t圖象如圖乙所示（t1時刻圖線A、B相切），己知重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。? A．A、B分離前，A、B和彈簧系統(tǒng)機械能增加，A和彈簧系統(tǒng)機械能增加 B．力F的最小值為m（gsinθ+a） C．A達到最大速度時的位移為 D．t1=時A、B分離 　 14．（2015?廣西模擬）如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止．現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內的υ﹣t關系分別對應圖乙中A、B圖線（t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點），重力加速度為g，則（　　） A．t2時刻，彈簧形變量為0 B．t1時刻，彈簧形變量為 C．從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大 D．從開始到t1時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少 　 　 二．選擇題（共14小題） 15．（2015?成都校級二模）如圖所示，A、B兩物塊用一根輕繩跨過定滑輪相連，不帶電的B、C通過一根輕彈簧拴接在一起，且處于靜止狀態(tài)，其中A帶負電，電荷量大小為q．質量為2m的A靜止于斜面的光滑部分（斜面傾角為37，其上部分光滑，下部分粗糙且足夠長，粗糙部分的摩擦系數為μ，且μ=tan30，上方有一個平行于斜面向下的勻強電場），通過細繩與B相連接，此時與B相連接的輕彈簧恰好無形變．彈簧勁度系數為k．B、C質量相等，均為m，不計滑輪的質量和摩擦，重力加速度為g． （1）電場強度E的大小為多少？ （2）現突然將電場的方向改變 180，A開始運動起來，當C剛好要離開地面時（此時 B還沒有運動到滑輪處，A剛要滑上斜面的粗糙部分），B的速度大小為v，求此時彈簧的彈性勢能EP． （3）若（2）問中A剛要滑上斜面的粗糙部分時，繩子斷了，電場恰好再次反向，請問A再經多長時間停下來？ 　 16．（2010?濟南二模）如圖所示，半徑R=0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置，末端N與一長L=0.8m的水平傳送帶相切，水平銜接部分摩擦不計，傳動輪（輪半徑很?。┳黜槙r針轉動，帶動傳送帶以恒定的速度ν0運動．傳送帶離地面的高度h=1.25m，其右側地面上有一直徑D=0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離S=1m，B點在洞口的最右端．現使質量為m=0.5kg的小物塊從M點由靜止開始釋放，經過傳送帶后做平拋運動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數μ=0.5． g取10m/s2．求： （1）小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力 （2）若ν0=3m/s，求物塊在傳送帶上運動的時間 （3）若要使小物塊能落入洞中，求ν0應滿足的條件． 　 17．（2014秋?泰興市校級月考）在2008年北京殘奧會開幕式上運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現了殘疾運動員堅韌不拔的意志和自強不息的精神．為了探求上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化．一根不可伸縮的輕繩跨過輕質的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示．設運動員的質量為65kg，吊椅的質量為25kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦，重力加速度取g=10m/s2．當運動員與吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升時，試求： （1）運動員豎直向下拉繩的力； （2）運動員對吊椅的壓力． 　 18．（2011?北京）靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動．已知該粒子質量為m、電量為﹣q，其動能與電勢能之和為﹣A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求： （1）粒子所受電場力的大??； （2）粒子的運動區(qū)間； （3）粒子的運動周期． 　 19．（2015?黃浦區(qū)二模）如圖所示，半徑R=0.6m的光滑圓弧軌道BCD與足夠長的粗糙軌道DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為53和37．將一個質量m=0.5kg的物體（視為質點）從B點左側高為h=0.8m處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道．已知物體與軌道DE間的動摩擦因數μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8．求： （1）物體水平拋出時的初速度大小v0； （2）物體在軌道DE上運動的路程s． 　 20．（2013?湖北模擬）在“探究功與物體速度變化關系”的實驗中，某實驗研究小組的實驗裝置如圖甲所示．木塊從A點靜止釋放后，在一根彈簧作用下彈出，沿足夠長的木板運動到B1點停下，O點為彈簧原長時所處的位置，測得OB1的距離為L1，并記錄此過程中彈簧對木塊做的功為W1．用完全相同的彈簧2根、3根…并列在一起進行第2次、第3次…實驗并記錄相應的數據，作出彈簧對木塊做功W與木塊停下的位置距O點的距離L的圖象如圖乙所示． 請回答下列問題： （i）W﹣L圖線為什么不通過原點？ （ii）彈簧被壓縮的長度LOA=　　　　　　cm． 　 21．（2015?黃浦區(qū)二模）物體A的質量為mA，圓環(huán)B的質量為mB，通過繩子連結在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，開始時連接圓環(huán)的繩子處于水平，如圖所示，長度l=4m，現從靜止釋放圓環(huán)．不計定滑輪和空氣的阻力，取g=10m/s2．求： （1）若mA：mB=5：2，則圓環(huán)能下降的最大距離hm． （2）若圓環(huán)下降h2=3m時的速度大小為4m/s，則兩個物體的質量應滿足怎樣的關系？ （3）若mA=mB，請定性說明小環(huán)下降過程中速度大小變化的情況及其理由． 　 22．（2012秋?泉州校級期中）如圖所示，傾角為30的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運動，運動方向如圖所示．一個質量為2kg的物體（物體可以視為質點），從h=3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失．物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端AB的中點處，重力加速度g=10m/s，則： （1）物體由靜止沿斜面下滑到斜面末端需要多長時間？ （2）傳送帶左右兩端AB間．的距離I至少為多少？ （3）上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)產生的摩擦熱為多少？ 　 23．（2014秋?新鄭市校級月考）如圖所示，粗糙斜面的傾角為θ．一質量為m的物塊在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做勻速直線運動．斜面相對水平地面保持靜止不動． 求：（1）物塊對斜面壓力的大??； （2）物塊與斜面間的動摩擦因數． 　 24．（2015?延安模擬）某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數足夠大的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f．輕桿向右移動不超過L時，裝置可安全工作．輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦．一質量為m的小車若以速度v撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動． （1）若彈簧的勁度系數為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x （2）若以速度v0（已知）撞擊，將導致輕桿右移，求小車與彈簧分離時速度（k未知） （3）在（2）問情景下，求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm（k未知） 　 25．（2014秋?桃城區(qū)校級月考）如圖所示，豎直平面內放一直角桿AOB，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數μ=0.20．桿的豎直部分光滑．兩部分各套有質量分別為2.0kg和1.0kg的小球A和B，A、B間用細繩相連，初始位置OA=1.5m，OB=2.0m．g取10m/s2，則： （1）若用水平拉力F1沿桿向右緩慢拉A，使之移動0.5m，該過程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？ （2）若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B白初始位置以1.0m/s的速度勻速上升0.5m，此過程中拉力F．做功多少？（結果保留兩位有效數字） 　 26．（2015?海珠區(qū)三模） 如圖所示，小物塊AB由跨過定滑輪的輕繩相連，A置于傾角為37的光滑固定斜面上，B位于水平傳送帶的左端，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度為v0=2m/s向右勻速運動，某時刻B從傳送帶左端以速度v1=6m/s向右運動，經過一段時間回到傳送帶的左端，已知A、B質量為1kg，B與傳送帶間的動摩擦因素為0.2．斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，A不會碰到定滑輪，定滑輪的質量與摩擦力均不計，g取10m/s2，sin37=0.6，求： （1）B向右運動的總時間； （2）B回到傳送帶左端的速度； （3）上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產生的總熱量． 　 27．（2012?寧波模擬）如圖（a）所示，“”型木塊放在光滑水平地面上，木塊的水平表面AB粗糙，與水平面夾角θ=37的表面BC光滑．木塊右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數為正值；當力傳感器被拉時，其示數為負值．一個可視為質點的滑塊從C點由靜止開始下滑，物塊在CBA運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖（b）所示．滑塊經過B點時無能量損失．（已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2．）求： （1）斜面BC的長度L； （2）滑塊的質量m； （3）運動過程中滑塊克服摩擦力做的功W． 　 28．（2015?山東一模）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖．已知電子的質量是m，電量為e，在Oxy平面的ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）． （1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子在ABCD區(qū)域內運動經歷的時間和電子離開ABCD區(qū)域的位置； （2）在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置． 　 　 三．解答題（共2小題） 29．（2011秋?思明區(qū)校級期中）如圖所示，半徑R=0.5m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點，O為圓弧圓心，D為圓弧最低點，斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一定滑輪，一輕質軟細繩跨過定滑輪（不計滑輪摩擦）分別連接小物塊P、Q（兩邊細繩分別與對應斜面平行），并保持P、Q兩物塊靜止，若P間距為L1=0.25m，斜面MN足夠長，物塊PC質量m1=3kg，與MN間的動摩擦因數μ=，（g取l0m/s2，斜面與水平面夾角如圖所示，sin37=0.60cos37=0.80）求： （1）小物塊Q的質量m2； （2）燒斷細繩后，物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大??； （3）燒斷細繩后，物塊P在MN斜面上滑行的總路程． 　 30．（2014?安徽模擬）如圖所示，半徑為R的圓O與半徑為2R的BCD圓弧相切于最低點C（C′），BCPC′D是螺旋軌道，C、C′間距離可以忽略．與水平面夾角都是37的傾斜軌道AB、ED分別與BC、C′D圓弧相切于B、D點，將一勁度系數為k的輕質彈簧的一端固定在AB軌道的固定板上，平行于斜面的細線穿過固定板和彈簧跨過定滑輪將小球和大球連接，小球與彈簧接觸但不相連，小球質量為m，大球質量為m，ED軌道上固定一同樣輕質彈簧，自然狀態(tài)下，彈簧下端與D點距離為L2，初始兩球靜止，小球與B點的距離是L1，L1＞L2，現小球與細線突然斷開（一切摩擦不計，重力加速度為g）． （1）求細線剛斷時，小球的加速度大??； （2）求小球恰好能完成豎直圓周運動這種情況下，小球在經過C點時，在C點左右兩邊對軌道的壓力之差； （3）在彈簧彈性限度內，討論未脫離軌道的小球與彈簧接觸再次獲得與初始線斷時相同大小的加速度時，小球速度的兩類狀況． 　 　  2015年10月24日靜舒的高中物理組卷 參考答案與試題解析 　 一．選擇題（共14小題） 1．（2014?寧夏二模）如圖，半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q（q＞0）、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為（不計重力）（　?。? A． B． C． D． 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．菁優(yōu)網版權所有 【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題． 【分析】由題意利用幾何關系可得出粒子的轉動半徑，由洛侖茲力充當向心力可得出粒子速度的大小； 【解答】解：由題，射入點與ab的距離為．則射入點與圓心的連線和豎直方向之間的夾角是30， 粒子的偏轉角是60，即它的軌跡圓弧對應的圓心角是60，所以入射點、出射點和圓心構成等邊三角形，所以，它的軌跡的半徑與圓形磁場的半徑相等，即r=R．軌跡如圖： 洛倫茲力提供向心力：，變形得：．故正確的答案是B． 故選：B． 【點評】在磁場中做圓周運動，確定圓心和半徑為解題的關鍵． 　 2．（2014秋?泰興市校級月考）如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣．兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置，如果將小球B向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比下列說法不對的是（　?。? A．推力F將增大 B．豎直墻面對小球A的彈力減小 C．地面對小球B的彈力一定不變 D．兩個小球之間的距離增大 【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．菁優(yōu)網版權所有 【專題】共點力作用下物體平衡專題． 【分析】先以A球為研究對象，分析受力，作出力圖，根據平衡條件分析墻壁對A的彈力如何變化，再以AB整體為研究對象，根據平衡條件分析F如何變化和地面對小球B的彈力的變化．由庫侖定律分析兩球之間的距離如何變化． 【解答】解： A、B、C以A球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖1所示． 設B對A的庫侖力F與墻壁的夾角為θ，由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為： N1=mAgtanθ， 將小球B向左推動少許時θ減小，則N1減小． 再以AB整體為研究對象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得： F=N1 N2=（mA+mB）g 則F減小，地面對小球B的彈力一定不變．故A錯誤，BC正確． D、由上分析得到庫侖力F庫=，θ減小，cosθ增大，F庫減小，根據庫侖定律分析得知，兩球之間的距離增大．故D正確． 本題選錯誤的，故選A 【點評】本題運用隔離法和整體法結合分析動態(tài)平衡問題，關鍵是確定研究對象（往往以受力較少的物體為研究對象），分析受力情況． 　 3．（2015?江西二模）如圖所示，在豎直平面內有一個圓弧AB，OA為水平半徑，現從圓心O處以不同的初速度水平拋出一系列質量相同的小球，這些小球都落到圓弧上，小球落到圓弧上時的動能（　?。? A．越靠近A點越大 B．越靠近B點越大 C．從A到B先增大后減小 D．從A到B先減小后增大 【考點】動能定理的應用；平拋運動．菁優(yōu)網版權所有 【專題】動能定理的應用專題． 【分析】小球做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律得到初速度與下落高度的關系；根據動能定理得到小球落到圓弧上時的動能與下落高度的關系，再根據數學知識分析即可． 【解答】解：設小球落到圓弧上時下落豎直高度為y，水平位移為x，動能為Ek．小球平拋運動的初速度為v0，圓弧AB的半徑為R． 則有： x=v0t，y=， 則得：v0=x， 由幾何關系得：x2+y2=R2； 根據動能定理得：Ek﹣=mgy 聯立得：Ek= 根據數學知識可知：，當，即時，有最小值，則此時Ek最?。虼诵∏蚵涞綀A弧上時的動能從A到B先減小后增大． 故選：D． 【點評】本題采用數學上函數法，得到動能與y的解析式，由數學不等式法分析動能的變化情況． 　 4．（2013?鹽湖區(qū)校級四模）如圖所示的裝置，用兩根細繩拉住一個小球，兩細繩間的夾角為θ，細繩AC呈水平狀態(tài)．現將整個裝置在紙面內順時針緩慢轉動，共轉過90．在轉動的過程中，CA繩中的拉力F1和CB繩中的拉力F2的大小發(fā)生變化，即（　?。? A．F1先變小后變大 B．F1先變大后變小 C．F2逐漸減小 D．F2最后減小到零 【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．菁優(yōu)網版權所有 【專題】共點力作用下物體平衡專題． 【分析】整個裝置在紙面內緩慢轉動，裝置在每個位置都處于狀態(tài)．以小球為研究對象，設AC繩與豎直方向的夾角為α，根據平衡條件，得到CA繩中的拉力F1和CB繩中的拉力F2與θ的函數關系，再分析拉力如何變化． 【解答】解：設AC繩與豎直方向的夾角為α則BC繩與豎直方向的夾角為θ﹣α 根據平衡條件，得 F1sinα=F2sin（θ﹣α） F1cosα+F2cos（θ﹣α）=G 解得，F1=，F2= 由題θ不變，α由90變到0 根據數學知識，得F1先變大后變小 F2逐漸減小，當α=0時，F2=0 故選BCD 【點評】本題屬于動態(tài)變化分析問題，采用的是函數法．有的題目也可以用作圖法求解．作圖時要抓住不變的量，它是作圖的依據． 　 5．（2013?湖南模擬）一物體做加速直線運動，依次經過A、B、C三位置，B為AC的中點，物體在AB段的加速度為a1，在BC段的加速度為a2．現測得B點的瞬時速度 vB=（vA+vC），則a1與a2的大小關系為（　?。? A．a1＞a2 B．a1=a2 C．a1＜a2 D．無法比較 【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系．菁優(yōu)網版權所有 【專題】運動學中的圖像專題． 【分析】作出速度﹣時間圖象，根據“面積”大小等于位移，B為AC的中點和B點的瞬時速度vB=（vA+vC），分析物體是否做勻加速運動．若不勻加速運動，運用作圖法分析加速度的關系． 【解答】解：如果物體從A至C的過程中是作勻加速直線運動，則物體的速度圖線如圖1所示， ∵B點是AC的中點，很顯然可以看出圖線下所對應的面積 s1≠s2，要滿足s1=s2的條件，時間t1必須要向右移 至圖2所示的位置，又∵vB=（vA+vC），這是從A 至B勻加速運動過程中的中間時刻的瞬時速度，即 t1=t2時刻的瞬時速度，但t1時刻所對應的位置又不 是AC的中點（∵s1≠s2），要同時滿足s1=s2和vB=（vA+vB）的條件，將圖1中的時刻t1沿t軸向右移至滿足s1=s2位置處，如圖2所示，再過vB=（vA+vB）點作平行于時間軸t的平行線交于B點，連接AB得到以加速度a1運動的圖線，連接BC得到以加速度a2運動的圖線，比較連線AB和BC的斜率大小，不難看出a2＞a1，∴C選項正確 故選C 【點評】本題運用圖象法分析加速度的關系，也可以運用公式法進行分析． 　 6．（2015秋?成都校級月考）如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g．則（　?。? A．a落地前，輕桿對b一直做正功 B．a落地時速度大小為 C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg 【考點】功能關系．菁優(yōu)網版權所有 【分析】a、b組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，通過b的動能變化，判斷輕桿對b的做功情況．根據系統(tǒng)機械能守恒求出a球運動到最低點時的速度大小． 【解答】解：A、當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功．故A錯誤． B、a運動到最低點時，b的速度為零，根據系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=．故B正確． C、b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以b對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，b對a是向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故C錯誤； D、a、b整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確； 故選：BD． 【點評】解決本題的關鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及知道當a的機械能最小時，b的動能最大． 　 7．（2015春?長春校級期末）如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體B受沿斜面向上力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間動摩擦因數為μ，μ＜tanθ，且A、B質量均為m，則（　　） A．A、B保持相對靜止 B．地面對斜面體的摩擦力等于Fcosθ C．地面受到的壓力等于（M+2m）g D．B與斜面間動摩擦因數為 【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．菁優(yōu)網版權所有 【專題】共點力作用下物體平衡專題． 【分析】對A物體受力分析，根據力的合成與分解可以得出A受力的情況．再對A、B和斜面體組成的整體受力分析可得出斜面體的支持力的情況． 【解答】解：A、由于μ＜tanθ，所以A不能相對B靜止，故A錯誤； B、以AB為研究的對象，A受到重力、支持力、和斜面體B對A的摩擦力， 垂直于斜面的方向：N=mgcosα 沿斜面的方向：mgsinα﹣μN=ma 由于μ＜tanα，則：ma=mgsinα﹣μmgcosα＞0 加速度aA=gsinθ﹣μgcosθ， 將B和斜面體視為整體，受力分析 可知地面對斜面體的摩擦力等于m（gsinθ﹣μgcosθ）cosθ+Fcosθ，地面受到的壓力為（M+2m）g﹣Fsinθ﹣m（gsinθ﹣μgcosθ）sinθ，故BC錯誤． D、B與斜面體的正壓力N=2mgcosθ，對B分析，根據共點力平衡有：F=mgsinθ+μmgcosθ+f′， 則動摩擦因數=，故D正確． 故選：D 【點評】該題中，B與斜面體之間的相互作用力不容易求出，但是，當以A、B與斜面體組成的整體為研究對象時，結合加速度的分解即可完成． 　 8．（2015?河南模擬）如圖所示，某極地軌道衛(wèi)星的運行軌道平面通過地球的南北兩極，已知該衛(wèi)星從北緯60的正上方，按圖示方向第一次運行到南緯60的正上方時所用時間為1h，則下列說法正確的是（　?。? A．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行半徑之比為1：4 B．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行速度之比為1：2 C．該衛(wèi)星的運行速度一定大于7.9km/s D．該衛(wèi)星的機械能一定大于同步衛(wèi)星的機械能 【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用．菁優(yōu)網版權所有 【專題】人造衛(wèi)星問題． 【分析】地球表面重力等于萬有引力，衛(wèi)星運動的向心力由地球對衛(wèi)星的萬有引力提供，據此展開討論即可． 【解答】解：A、衛(wèi)星從北緯60的正上方，按圖示方向第一次運行到南緯60的正上方時，偏轉的角度是120，剛好為運動周期的T，所以衛(wèi)星運行的周期為3t，同步衛(wèi)星的周期是24h，由 得：，所以：．故A正確； B、由=m得：．故B錯誤； C、7.9km/s是衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運動的最大速度，所以該衛(wèi)星的運行速度一定小于7.9km/s．故C錯誤； D、由于不知道衛(wèi)星的質量關系，故D錯誤． 故選：A． 【點評】該題考查人造衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的關系，靈活運動用重力和萬有引力相等以及萬有引力提供圓周運動的向心力是解決本題的關鍵． 　 9．（2015秋?松原校級月考）如圖a所示，質量為m的半球體靜止在傾角為θ的平板上，當θ從0緩慢增大到90的過程中，半球體所受摩擦力Ff與θ的關系如圖b所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體與平板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則（　　） A．O～q段圖象可能是直線 B．q﹣段圖象可能是直線 C．q= D．p= 【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．菁優(yōu)網版權所有 【專題】共點力作用下物體平衡專題． 【分析】半球體受重力、支持力和摩擦力，開始時不滑動，是靜摩擦力，根據平衡條件列式求解靜摩擦力表達式分析；滑動后是滑動摩擦力，根據滑動摩擦定律列式分析． 【解答】解：C、半圓體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是： mgsinθ=μmgcosθ， 故有：μ=tanθ， 解得：θ=，即q=，故C錯誤； AB、θ在0﹣之間時，Ff是靜摩擦力，大小為mgsinθ； θ在﹣之間時，Ff是滑動摩擦力，大小為μmgcosθ； 綜合以上分析得其Ff與θ關系如圖中實線所示，故A、B錯誤； D、當θ=時，Ff=mgsin，即p=，故D正確． 故選：D 【點評】本題關鍵是受力分析后要能夠區(qū)分是滑動摩擦力還是靜摩擦力，然后結合平衡條件和滑動摩擦定律列式分析，基礎題目． 　 10．（2015?南昌校級二模）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，取g=10m/s2，則（　?。? A．小滑塊的質量m=4kg B．當F=8 N時，滑塊的加速度為2m/s2 C．滑塊與木板之間的動摩擦因數為0.1 D．力隨時間變化的函數關系一定可以表示為F=6t（N） 【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．菁優(yōu)網版權所有 【專題】牛頓運動定律綜合專題． 【分析】當拉力較小時，m和M保持相對靜止一起做勻加速直線運動，當拉力達到一定值時，m和M發(fā)生相對滑動，結合牛頓第二定律，運用整體和隔離法分析． 【解答】解：A、當F等于6N時，加速度為：a=1m/s2， 對整體分析，由牛頓第二定律有：F=（M+m）a， 代入數據解得：M+m=6kg 當F大于6N時，根據牛頓第二定律得：a=， 知圖線的斜率k==， 解得：M=2kg， 滑塊的質量為：m=4kg．故A正確． B、根據F大于6N的圖線知，F=4時，a=0，即：0=， 代入數據解得：μ=0.1， 所以a=，當F=8N時，長木板的加速度為：a=2m/s2． 根據μmg=ma′得：滑塊的加速度為 a′=μg=1m/s2，故B錯誤，C正確． D、當M與m共同加速運動時，加速度相同，加速度與時間的關系為：力隨時間變化的函數關系一定可以表示為F=6t（N），當F大于6N后，發(fā)生相對滑動，表達式不是F=6t，D錯誤 故選：AC． 【點評】本題考查牛頓第二定律與圖象的綜合，知道滑塊和木板在不同拉力作用下的運動規(guī)律是解決本題的關鍵，掌握處理圖象問題的一般方法，通常通過圖線的斜率和截距入手分析． 　 11．（2015?永州三模）如圖所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長是其豎直高度的2倍，若小球a能落到半圓軌道上，小球b能落到斜面上，則（　?。? A．b球一定先落在斜面上 B．a球可能垂直落在半圓軌道上 C．a、b兩球可能同時落在半圓軌道和斜面上 D．a、b兩球不可能同時落在半圓軌道和斜面上 【考點】平拋運動．菁優(yōu)網版權所有 【專題】平拋運動專題． 【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，將圓軌道和斜面重合在一起進行分析比較，即可得出正確答案． 【解答】解：將圓軌道和斜面軌道重合在一起，如圖所示，交點為A，初速度合適，可知小球做平拋運動落在A點，則運動的時間相等，即同時落在半圓軌道和斜面上．若初速度不適中，由圖可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圓軌道上．故C正確，A、D錯誤． 若a球垂直落在半圓軌道上，根據幾何關系知，速度方向與水平方向的夾角是位移與水平方向的夾角的2倍，而在平拋運動中，某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，兩者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圓軌道上，故B錯誤． 故選：C． 【點評】本題考查平拋運動比較靈活，學生容易陷入計算比較的一種錯誤方法當中，不能想到將半圓軌道和斜面軌道重合進行分析比較． 　 12．（2015?馬鞍山三模）一質點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其﹣t的圖象如圖所示，則（　?。? A．質點做勻速直線運動，速度為0.5m/s B．質點做勻加速直線運動，加速度為0.5m/s2 C．質點在1s末速度為1.5m/s D．質點在第1s內的平均速度0.75m/s 【考點】勻變速直線運動的圖像；平均速度．菁優(yōu)網版權所有 【專題】運動學中的圖像專題． 【分析】﹣t的圖象表示平均速度與時間的關系．在v﹣t圖象中，傾斜的直線表示勻速直線運動，圖線的斜率等于加速度，貼圖產直接讀出速度．由=求平均速度． 【解答】解：A、由圖得：=0.5+0.5t．根據x=v0t+at2，得：=v0+at， 對比可得：a=0.5m/s2，則加速度為 a=20.5=1m/s2．由圖知質點的加速度不變，說明質點做勻加速直線運動，故A錯誤． B、質點做勻加速直線運動，根據x=v0t+at2，得v0+at=，由圖得：=0.5，則加速度為 a=20.5=1m/s2．故B錯誤． C、質點的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度為 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s．故C正確． D、質點在第1s內的平均速度 ===1m/s，故D錯誤． 故選：C． 【點評】本題的實質上是速度﹣﹣時間圖象的應用，要明確斜率的含義，能根據圖象讀取有用信息． 　 13．（2015?許昌三模）如圖甲所示，平行于光滑固定斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B在斜面上緊靠著物塊A但不粘連，物塊A、B質量均為m．初始時兩物塊均靜止．現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，兩物塊的v﹣t圖象如圖乙所示（t1時刻圖線A、B相切），己知重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。? A．A、B分離前，A、B和彈簧系統(tǒng)機械能增加，A和彈簧系統(tǒng)機械能增加 B．力F的最小值為m（gsinθ+a） C．A達到最大速度時的位移為 D．t1=時A、B分離 【考點】功能關系；彈性勢能．菁優(yōu)網版權所有 【分析】A的速度最大時加速度為零，根據胡克定律求出A達到最大速度時的位移；根據牛頓第二定律求出拉力F的最小值．由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律和運動學公式求解t1．根據功能關系分析能量如何轉化． 【解答】解：A、A、B分離前，F做正功，根據功能關系得知，A、B和彈簧系統(tǒng)機械能增加，而B對A的壓力做負功，A和彈簧系統(tǒng)機械能減?。蔄錯誤． B、對AB整體，根據牛頓第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma， 得：F=2mgsinθ﹣kx+2ma， 則知開始時F最小，此時有：2mgsinθ=kx，得F的最小值為：F=2ma，故B錯誤． C、由圖知，A的加速度為零，速度最大，根據牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx， 得：，故C正確． D、由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律：kx﹣mgsinθ=ma 開始時有：2mgsinθ=kx0， 又x0﹣x= 聯立以三式得：t1=．故D正確． 故選：CD 【點評】從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0．從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 　 14．（2015?廣西模擬）如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止．現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內的υ﹣t關系分別對應圖乙中A、B圖線（t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點），重力加速度為g，則（　?。? A．t2時刻，彈簧形變量為0 B．t1時刻，彈簧形變量為 C．從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大 D．從開始到t1時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少 【考點】胡克定律；功能關系．菁優(yōu)網版權所有 【分析】剛開始AB靜止，則F彈=2mgsinθ，外力施加的瞬間，對A根據牛頓第二定律列式即可求解AB間的彈力大小，由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據牛頓第二定律和胡克定律可以求出彈簧形變量，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律求出t1時刻彈簧的形變量，并由牛頓第二定律分析拉力的變化情況．根據彈力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的彈簧形變量，再根據求出彈性勢能，從而求出彈簧釋放的彈性勢能，根據動能定理求出拉力做的功，從而求出從開始到t1時刻，拉力F做的功和彈簧釋放的勢能的關系． 【解答】解：A、由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx， 則得：x=，故A錯誤； B、由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律：kx﹣mgsinθ=ma，則x=，故B正確． C、從開始到t1時刻，對AB整體，根據牛頓第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma﹣kx，x減小，F增大；t1時刻到t2時刻，對B，由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不變，故C錯誤． D、由上知：t1時刻A、B開始分離…① 開始時有：2mgsinθ=kx0 …② 從開始到t1時刻，彈簧釋放的勢能 Ep=﹣…③ 從開始到t1時刻的過程中，根據動能定理得：WF+Ep﹣2mgsinθ（x0﹣x）=…④ 2a（x0﹣x）=v12 …⑤ 由①②③④⑤解得：WF﹣Ep=﹣，所以拉力F做的功比彈簧釋放的勢能少，故D正確． 故選：BD 【點評】從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0．從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 　 二．選擇題（共14小題） 15．（2015?成都校級二模）如圖所示，A、B兩物塊用一根輕繩跨過定滑輪相連，不帶電的B、C通過一根輕彈簧拴接在一起，且處于靜止狀態(tài)，其中A帶負電，電荷量大小為q．質量為2m的A靜止于斜面的光滑部分（斜面傾角為37，其上部分光滑，下部分粗糙且足夠長，粗糙部分的摩擦系數為μ，且μ=tan30，上方有一個平行于斜面向下的勻強電場），通過細繩與B相連接，此時與B相連接的輕彈簧恰好無形變．彈簧勁度系數為k．B、C質量相等，均為m，不計滑輪的質量和摩擦，重力加速度為g． （1）電場強度E的大小為多少？ （2）現突然將電場的方向改變 180，A開始運動起來，當C剛好要離開地面時（此時 B還沒有運動到滑輪處，A剛要滑上斜面的粗糙部分），B的速度大小為v，求此時彈簧的彈性勢能EP． （3）若（2）問中A剛要滑上斜面的粗糙部分時，繩子斷了，電場恰好再次反向，請問A再經多長時間停下來？ 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；彈性勢能．菁優(yōu)網版權所有 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】A靜止時，受力平衡，根據平衡方程可求得電場強度大??； 初始時刻B靜止，由平衡條件可得彈簧壓縮量，當C剛要離開地面時，C對地面的壓力N=0，由平衡條件可得此時彈簧伸長量，分析可知，當C剛要離開地面時，B向上運動2x，A沿斜面下滑2x，A、B系統(tǒng)機械能守恒，根據2mg2xsin37+qE?2x=可求解； A滑上斜面的粗糙部分，做勻減速直線運動，求出其加速度，從而根據速度公式可得停下來的時間； 【解答】解：（1）A靜止，由平衡條件有 qE+mg=2mgsin37 解得 （2）C剛離地時，彈簧伸長x= 由能量守恒 （3）繩斷后，由牛頓第二定律可得 a==﹣0.1g t== 答：（1）電場強度E的大小為 （2）此時彈簧的彈性勢能EP為 （3）若（2）問中A剛要滑上斜面的粗糙部分時，繩子斷了，電場恰好再次反向，請問A再經時間停下來 【點評】本題關鍵根據物體的受力情況和運動情況，結合機械能守恒定律和平衡方程，綜合性較強，中難度 　 16．（2010?濟南二模）如圖所示，半徑R=0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置，末端N與一長L=0.8m的水平傳送帶相切，水平銜接部分摩擦不計，傳動輪（輪半徑很小）作順時針轉動，帶動傳送帶以恒定的速度ν0運動．傳送帶離地面的高度h=1.25m，其右側地面上有一直徑D=0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離S=1m，B點在洞口的最右端．現使質量為m=0.5kg的小物塊從M點由靜止開始釋放，經過傳送帶后做平拋運動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數μ=0.5． g取10m/s2．求： （1）小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力 （2）若ν0=3m/s，求物塊在傳送帶上運動的時間 （3）若要使小物塊能落入洞中，求ν0應滿足的條件． 【考點】機械能守恒定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系；牛頓第二定律．菁優(yōu)網版權所有 【專題】機械能守恒定律應用專題． 【分析】（1）根據機械能守恒定律和向心力公式列式，聯立方程即可求解； （2）根據牛頓第二定律求出物塊在傳送帶上加速運動時的加速度，進而求出加速到與傳送帶達到同速所需要的時間，再求出勻速運動的時間，兩者之和即為總時間； （3）根據平拋運動的基本規(guī)律即可求解． 【解答】解：（1）設物塊滑到圓軌道末端速度ν1，根據機械能守恒定律得： mgR= 設物塊在軌道末端所受支持力的大小為F， 根據牛頓第二定律得：F﹣mg=m 聯立以上兩式代入數據得：F=15N 根據牛頓第三定律，對軌道壓力大小為15N，方向豎直向下 （2）物塊在傳送帶上加速運動時，由μmg=ma，得a=μg=5m/s2 加速到與傳送帶達到同速所需要的時間=0.2s 位移t1=0.5m 勻速時間=0.1s 故T=t1+t2=0.3s （3）物塊由傳送帶右端平拋h= 恰好落到A點 s=v2t 得ν2=2m/s 恰好落到B點 D+s=ν3t 得ν3=3m/s