2019屆高三物理11月統(tǒng)考考前模擬試卷試卷(含解析).doc

2019屆高三物理11月統(tǒng)考考前模擬試卷試卷(含解析)一、選擇題1.以下說(shuō)法正確的是（ ）A. 只有很小的物體才能視為質(zhì)點(diǎn)，很大的物體不能視為質(zhì)點(diǎn)B. 若以河岸為參考系，在順?biāo)鞯拇闲凶叩娜丝赡苁庆o止的C. 做直線運(yùn)動(dòng)的物體，其位移大小跟這段時(shí)間內(nèi)它通過(guò)的路程一定相等D. 牛頓第一定律是牛頓第二定律在合外力為零情況下的一個(gè)特例【答案】B【解析】【詳解】物體可以看成質(zhì)點(diǎn)的條件是看物體的大小體積對(duì)所研究的問(wèn)題是否產(chǎn)生影響，而不是看物體的絕對(duì)大小，很小的物體不一定能視為質(zhì)點(diǎn)，很大的物體不一定不能視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；若以河岸為參考系，若人在船上以與船大小相等的速度，反向運(yùn)動(dòng)，則人可能相對(duì)河岸是靜止的；故B正確；做直線運(yùn)動(dòng)的物體，若有往返現(xiàn)象，則位移大小與路程不相等；故C錯(cuò)誤；牛頓第一定律揭示了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，即力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因或產(chǎn)生加速度的原因，同時(shí)指出了物體具有保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的屬性，即慣性。因?yàn)椴皇芰Φ奈矬w是不存在的，從這里可以看出牛頓第一定律是理想情況下的定律，牛頓第二定律指出了加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系即F=ma當(dāng)加速度a=0時(shí)，并不能說(shuō)明物體不受力，只能說(shuō)明作用于物體的幾個(gè)力的合力為零。因此，牛頓第一定律不是牛頓第二定律在物體的加速度a=0條件下的特例，故D錯(cuò)誤；故選B.2.伽利略在研究自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，做了如下的實(shí)驗(yàn)：他讓一個(gè)銅球從阻力很小（可忽略不計(jì)）的斜面上由靜止開(kāi)始滾下，并且做了上百次假設(shè)某次試驗(yàn)伽利略是這樣做的：在斜面上任取三個(gè)位置A、B、C，讓小球分別由A、B、C滾下，如圖所示設(shè)A、B、C與斜面底端的距離分別為 x1、x2、x3，小球由 A、B、C 運(yùn)動(dòng)到斜面底端的時(shí)間分別為 t1、t2、t3，小球由 A、B、C 運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度分別為v1、v2、v3，則下列關(guān)系式中正確，并且是伽利略用來(lái)證明小球沿光滑斜面向下的運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的是（ ）A. v12=v22=v32 B. v1t1=v2t2=v3t3 C. x1x2=x2x3 D. x1t12=x2t22=x3t32【答案】D【解析】小球在斜面上三次運(yùn)動(dòng)的位移不同，末速度一定不同，故A錯(cuò)誤；由v=at可得，a=vt，三次下落中的加速度相同，故公式正確，但不是伽利略用來(lái)證用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的結(jié)論；故B錯(cuò)誤；由圖可知及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，x1-x2x2-x3，故C錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，x=12at2故a=2xt2，故三次下落中位移與時(shí)間平方向的比值一定為定值，伽利略正是用這一規(guī)律說(shuō)明小球沿光滑斜面下滑為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確；故選D3.在水平面上有a、b兩點(diǎn)，相距20 cm，一質(zhì)點(diǎn)在一恒定的合外力作用下沿a向b做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.2s的時(shí)間先后通過(guò)a、b兩點(diǎn)，則該質(zhì)點(diǎn)通過(guò)a、b中點(diǎn)時(shí)的速度大小為( )A. 無(wú)論力的方向如何均大于1 m/sB. 無(wú)論力的方向如何均小于1 m/sC. 若力的方向由a向b，則大于1 m/s，若力的方向由b向a，則小于1 m/sD. 若力的方向由a向b，則小于1 m/s，若力的方向由b向a，則大于1 m/s【答案】A【解析】試題分析：質(zhì)點(diǎn)在水平恒力F作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，中點(diǎn)位置速度大于中間時(shí)刻速度，而中間時(shí)刻速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度v=xt=1m/s，故無(wú)論力的方向如何均大于1m/s，A正確；考點(diǎn)：考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】在分析勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，由于這一塊的公式較多，涉及的物理量較多，并且有時(shí)候涉及的過(guò)程也非常多，所以一定要注意對(duì)所研究的過(guò)程的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)清晰，對(duì)給出的物理量所表示的含義明確，然后選擇正確的公式分析解題4.如圖為三種形式的吊車(chē)的示意圖，OA為可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的桿，重量不計(jì)，AB為輕質(zhì)細(xì)繩，當(dāng)它們吊起相同重物時(shí)，桿OA在三個(gè)圖中受力分別為Fa、Fb、Fc的關(guān)系是：A. FaFc= Fb B. Fa= Fb Fc C. Fb Fa Fc D. Fa= Fb =Fc【答案】B【解析】【詳解】分別對(duì)三種形式的結(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，設(shè)桿子的作用力分別為F1、F2、F3，各圖中T=mg在圖（a）中，F(xiàn)a=2mgcos30=3mg。在圖（b）中，F(xiàn)b=mgtan60=3mg。在圖（c）中，F(xiàn)c=mgcos30=32mg可知Fa= Fb Fc，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。5.如圖，質(zhì)量為m的物體置于傾角為的固定斜面上，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上，使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力F2作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次力之比F1F2為（ ）A. cos+sinB. cossinC. l+tanD. 1tan【答案】B【解析】F1作用時(shí)，物體的受力情況如圖1，根據(jù)平衡條件得 F1=mgsin+FNFN=mgcos解得：F1=mgsin+mgcosF2作用時(shí)，物體的受力情況如圖2，根據(jù)平衡條件得F2cos=mgsin+FNFN=mgcos+F2sin解得：F2mgsin+mgcoscossin 所以F1F2mgsin+mgcosmgsin+mgcoscossincossin ，故選B6.如圖所示，將質(zhì)量為m=0.1kg的物體用兩個(gè)完全一樣的豎直彈簧固定在升降機(jī)內(nèi)，當(dāng)升降機(jī)以4m/s2的加速度加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，上面彈簧對(duì)物體的拉力為0.4N；當(dāng)升降機(jī)和物體都以8m/s2的加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，上面彈簧的拉力為A. 0.6N B. 0.8N C. 1.0N D. 1.2N【答案】A【解析】試題分析：當(dāng)升降機(jī)以4m/s2的加速度加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)下面彈簧處于壓縮，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1+F2-mg=ma1，F(xiàn)2=1.0N當(dāng)升降機(jī)和物體都以8m/s2的加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力F合=ma2=0.8N，根據(jù)牛頓第二定律知，兩根彈簧作用在物體上的合力為1.8N，則物塊要下移，根據(jù)胡克定律，兩根彈簧增加的彈力相等，開(kāi)始F1=0.4N，F(xiàn)2=1.0N，則每根彈簧增加0.2N，所以上面彈簧的彈力為0.6N故A正確，BCD錯(cuò)誤故選A.考點(diǎn)：牛頓第二定律的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握牛頓第二定律以及胡克定律，因?yàn)閮蓮椈赏耆嗤瑒t當(dāng)物體下移時(shí)，兩根彈簧的形變量相等，彈力變化也相等；注意要搞清兩個(gè)彈簧的彈力方向關(guān)系.7.如圖甲所示，在傾角為30的足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，有一質(zhì)量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規(guī)律變化（圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值，力沿斜面向上為正）則物體運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律是下圖中的（物體的初速度為零，重力加速度取10m/s2）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律得出物體運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)加速度與速度的方向關(guān)系判斷物體的運(yùn)動(dòng)，若加速度與速度方向同向，做加速直線運(yùn)動(dòng)，若加速度方向與速度方向相反，則做減速運(yùn)動(dòng)解：在01s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得，方向沿斜面向上，物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在12s內(nèi)，拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律得，方向沿斜面向下，物體沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，2s末速度為零在23s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得，方向沿斜面向下，物體沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，3s末的速度大小v=a3t=15m/s故C正確，A、B、D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是通過(guò)牛頓第二定律得出加速度，根據(jù)加速度方向與速度方向的關(guān)系判斷物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律8.如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)在一恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)，從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度方向恰好改變了90，在此過(guò)程中，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能:A. 不斷增大 B. 不斷減小 C. 先減小后增大 D. 先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)速度方向恰好改變了90，可以判斷恒力方向應(yīng)為右下方，與初速度的方向夾角要大于90，小于180才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此恒力先做負(fù)功，當(dāng)達(dá)到速度與恒力方向垂直后，恒力做正功，動(dòng)能先減小后增大。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C?！军c(diǎn)睛】此題需要根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件有其運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，進(jìn)一步分析力的做功問(wèn)題，從而判斷速度（動(dòng)能）的變化9.如圖所示，天花板上固定有一光滑的輕質(zhì)定滑輪，繞過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩左端懸掛一質(zhì)量為M的鐵塊；右端懸掛有兩質(zhì)量均為m的鐵塊，上下兩鐵塊用輕質(zhì)細(xì)線連接，中間夾一輕質(zhì)彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時(shí)細(xì)線上的張力為2mg，最初系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。某瞬間將細(xì)線燒斷，則左端鐵塊的加速度大小為：A. g/4 B. g/3 C. g D. 2g/3【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，燒斷細(xì)線前輕繩了上的張力為2mg，根據(jù)平衡條件可知M=2m，以右上端的鐵塊為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可知，燒斷細(xì)線前彈簧的彈力為mg，方向向上；細(xì)線燒斷的瞬時(shí)，鐵塊M與右上的鐵塊m間的輕繩張力也會(huì)發(fā)生變化，但二者的加速度大小相同，沿繩子方向?qū)晌矬w分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：2mg+mg-mg=3ma；解得：a=23g；故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律應(yīng)用中的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，本題關(guān)鍵點(diǎn)在于明確彈簧是處于壓縮狀態(tài)的，所以分析時(shí)要以右上的m分析，不能分析右下的物體，同時(shí)注意應(yīng)用牛頓第二定律時(shí)是沿繩子方向列牛頓第一定律方程10.如圖所示，A、B兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好離開(kāi)地面。下列說(shuō)法正確的是:A. 斜面傾角=60B. A獲得最大速度為2gm5kC. C剛離開(kāi)地面時(shí)，B的加速度最大D. 從釋放A到C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】B【解析】【詳解】A的速度最大的時(shí)候，應(yīng)是A受力為0的時(shí)候，故此時(shí)繩的拉力等于T=4mgsin，C此時(shí)剛好要離開(kāi)地面，故彈簧的拉力為mg，對(duì)B受力分析可得繩對(duì)B的拉力為T(mén)=2mg，則得4mgsin=2mg，可得：=30，故A錯(cuò)誤。初始系統(tǒng)靜止，且線上無(wú)拉力，對(duì)B有：kx1=mg；C剛好離開(kāi)地面時(shí)：kx2=mg；可知 x1=x2，則從釋放至C剛離開(kāi)地面過(guò)程中，彈性勢(shì)能變化量為零；此過(guò)程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+12（4m+m）vAm2；以上方程聯(lián)立可解得：A獲得最大速度為 vAm=2gm5k，故B正確；物體C剛剛離開(kāi)地面時(shí)，B合外力為0，加速度為0，故C錯(cuò)誤。從釋放A到C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，根據(jù)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但是A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選B。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是對(duì)三個(gè)小球進(jìn)行受力分析，分析彈簧的彈力變化情況，確定出它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再結(jié)合平衡條件和系統(tǒng)的機(jī)械能守恒進(jìn)行分析11.如圖所示，傾角為30的斜面體固定在水平地面上，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過(guò)固定于斜面體頂端的滑輪O（可視為質(zhì)點(diǎn)）A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為4m開(kāi)始時(shí)，用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)（繩中無(wú)拉力），OB繩平行于斜面， 此時(shí)B靜止不動(dòng)將A由靜止釋放，在其下擺過(guò)程中B始終保持靜止則在繩子到達(dá)豎直位置之前，下列說(shuō)法正確的是（ ）A. 物塊B受到的摩擦力一直沿著斜面向上B. 物塊B受到的摩擦力先減小后增大C. 繩子的張力一直增大D. 地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直水平向右【答案】BCD【解析】【詳解】初始情況下分析物塊B受力：豎直向下的重力4mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的靜摩擦力Ff沿斜面和垂直斜面正交分解B物塊受到的力，B物塊處于平衡狀態(tài)，則有：沿斜面方向：Ff=4mgsin30=2mg，垂直斜面方向：FN=4mgcos30=23mg。由牛頓第三定律知：物塊B對(duì)斜面有垂直斜面向下的壓力FN和沿斜面向下的靜摩擦力Ff，把這兩個(gè)力向水平方向分解，則得：斜面體水平方向受到B的作用力（取水平向左為正方向）：FNsin30-Ffcos30；又FN=FN=4mgcos30=23mg，F(xiàn)f=Ff=4mgsin30=2mg。則FNsin30-Ffcos30=0；所以初始狀態(tài)下斜面體水平方向受物塊B的合力為零，不存在受地面的摩擦力。小球A下擺過(guò)程中，物塊B始終保持靜止，則小球A不對(duì)外做功，機(jī)械能守恒，小球A的速度不斷增大，到最低點(diǎn)時(shí)速度最大，這時(shí)小球A擺到低時(shí)對(duì)繩的拉力最大，設(shè)r為A到滑輪的繩長(zhǎng)，最低點(diǎn)小球A的速度為v，則由機(jī)械能守恒定律得：12mv2=mgr，又由牛頓第二定律得：F-mg=mv2r，則小球A對(duì)繩的拉力為F=mv2r+mg=3mg，即物塊B受到繩子沿斜面向上的拉力為3mg，此時(shí)物塊B在平行于斜面方向所受的摩擦力為Ff=F-4mgsin30=3mg-2mg=mg，方向沿斜面向下，由此可知物塊B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐漸減少到零，再沿斜面向下逐漸增大到mg，所以，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。由以上分析知繩子的張力一直增大，小球A擺到低時(shí)對(duì)繩的拉力最大，故C正確。將A由靜止釋放，在其下擺過(guò)程中B始終保持靜止，在繩子到達(dá)豎直位置之前，把斜面與物塊B看做整體，繩子始終有拉力，此拉力水平向左有個(gè)分力，而整體保持靜止，水平方向受力平衡，因此地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直水平向右，那么選項(xiàng)D正確。故選BCD?！军c(diǎn)睛】本題解答時(shí)要正確的分析好物體的受力，同時(shí)，要選好受力的研究對(duì)象：分析繩子拉力時(shí)選小球A，分析物塊B受的摩擦力時(shí)選B物塊，分析地面的摩擦力時(shí)選斜面與B物塊整體，再者要注意物塊B所受到的摩擦力是否達(dá)到最大值12. 質(zhì)量為0.6 kg的物體在水平面上運(yùn)動(dòng)，圖中的兩條斜線分別是物體受水平拉力和不受水平拉力的vt圖象，則()A. 斜線一定是物體受水平拉力時(shí)的圖象B. 斜線一定是物體不受水平拉力時(shí)的圖象C. 水平拉力一定等于0.2 ND. 物體所受的摩擦力可能等于0.2 N【答案】CD【解析】由vt圖像可以看出兩種情況下物體均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，如果拉力與阻力方向相同時(shí)，圖線1為物體不受拉力時(shí)的圖像，如果拉力與阻力方向相反時(shí)，阻力大于拉力，圖線2為不受拉力時(shí)的圖像，AB錯(cuò)；圖線1的加速度大小為1/3，圖線2的加速度大小為2/3，當(dāng)兩力方向相同時(shí)有F+f=，求得F=0.2N，同理可求得當(dāng)兩力方向相反時(shí)拉力也為0.2N，CD對(duì)；13.美國(guó)宇航局計(jì)劃2025年前載人登陸小行星。為訓(xùn)練宇骯員能在失重狀態(tài)下工作和生活，需要?jiǎng)?chuàng)造一種失重的環(huán)境。在地球表面附近，當(dāng)飛機(jī)模擬某些在重力作用下的運(yùn)動(dòng)時(shí)，就可以在飛機(jī)座艙內(nèi)實(shí)現(xiàn)短時(shí)間的完全失重狀態(tài)?，F(xiàn)要求一架飛機(jī)在速度大小為v1=500m/s時(shí)進(jìn)人失重狀態(tài)試驗(yàn)，在速度大小為V2=1000m/s時(shí)退出失重狀態(tài)試驗(yàn)。（重力加速度取10m/s2）則：（ ）A. 可以使飛機(jī)模擬斜拋運(yùn)動(dòng)B. 可以使飛機(jī)模擬向下的減速運(yùn)動(dòng)C. 如果是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可計(jì)算出失重時(shí)間是150sD. 如果是豎直下拋運(yùn)動(dòng)可計(jì)算出失重時(shí)間是50s【答案】ACD【解析】【詳解】當(dāng)飛機(jī)作加速度的大小為重力加速度g，加速度的方向豎直向下的運(yùn)動(dòng)時(shí)，座艙內(nèi)的試驗(yàn)者便處于完全失重狀態(tài)。這種運(yùn)動(dòng)可以是飛機(jī)模擬無(wú)阻力下的豎直下拋運(yùn)動(dòng)或豎直上拋運(yùn)動(dòng)，也可以是斜拋運(yùn)動(dòng)，所以A正確，B錯(cuò)誤；如果是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可計(jì)算時(shí)間是t=100050010=150秒，故C正確；如果是豎直下拋運(yùn)動(dòng)可計(jì)算時(shí)間是t=100050010=50秒，故D正確；故選ACD?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是分析清楚飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況，要?jiǎng)?chuàng)造一種失重的環(huán)境就得只受重力，清楚我們學(xué)過(guò)的只受重力的幾種運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式計(jì)算。14.質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體A、B，并排靜止在水平地面上，如圖甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上，作用一段時(shí)間后撤去，物體A、B各自滑行一段距離后停止，物體A、B運(yùn)動(dòng)的v-t圖象分別如圖乙中圖線a、b所示，相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出，已知m1m2，下列判斷中正確的有( )A. 物體A、B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)一定相同B. 力F1一定大于力F2C. 力F1對(duì)物體A所做的功一定小于力F2對(duì)物體B所做的功D. 力F1的最大瞬時(shí)功率一定小于力F2的最大瞬時(shí)功率【答案】AB【解析】試題分析：在v-t圖象中，圖線的斜率表示了物體運(yùn)動(dòng)的加速度，圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示了物體的位移，根據(jù)圖乙可知，2s末撤去了力F1，4.5s末撤去了力F2，在撤去了拉力后，兩物體水平方向上均僅受水平地面的滑動(dòng)摩擦力作用，又因?yàn)閳D線a、b的斜率相等為2m/s2，即a2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律解得，ag，因此物體A、B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，均為0.2，故選項(xiàng)A正確；在有拉力作用時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：F1m1gm1a1，F(xiàn)2m2gm2a2，解得：F15m1，F(xiàn)2289m2，由于m1m2，所以F1F2，故選項(xiàng)B正確；根據(jù)功的定義式可知，力F1對(duì)物體A所做的功為：W1F1x130m1，力F2對(duì)物體B所做的功為：W2F2x235m2，因不清楚m1、m2的具體數(shù)值，所以無(wú)法比較W1與W2的大小關(guān)系，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；力F1的最大瞬時(shí)功率為：P1mF1v1m30m1，力F2的最大瞬時(shí)功率為：P2mF2v2m1409m2，所以P1mP2m，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。考點(diǎn)：本題主要考查了功、功率的計(jì)算，和對(duì)牛頓第二定律和v-t圖象的理解與應(yīng)用問(wèn)題，屬于中檔題。15.如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)滑塊位于光滑水平桌面上，其中彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質(zhì)量均不計(jì)；滑塊M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，它與擋板P碰撞后粘連在一起，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（ ）A. M的速度等于0時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短B. M的速度為v0/2時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大C. 兩滑塊速度相同時(shí)，N的動(dòng)量最大D. 彈簧的彈力對(duì)N做功最多為mv02/2【答案】BD【解析】【詳解】M與P碰撞壓縮彈簧時(shí)，M做減速運(yùn)動(dòng)，N做加速運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始時(shí)M的速度大于N的速度，當(dāng)M與N速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，彈簧彈性勢(shì)能最大，設(shè)相等時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0=2mv；解得v=12v0 故A錯(cuò)誤，B正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)，N受彈簧的彈力方向向右，所以繼續(xù)加速，所以N的動(dòng)量繼續(xù)增大，故C錯(cuò)誤；彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈力使得M減速，N加速，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由于兩個(gè)滑塊質(zhì)量相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒得，M的速度為零，N的速度是v0。根據(jù)動(dòng)能定理得彈簧的彈力對(duì)N做功最多為12mv02故D正確；故選BD?！军c(diǎn)睛】本題是系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的問(wèn)題兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，將交換速度二、實(shí)驗(yàn)題16. （8分）利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖1所示，實(shí)驗(yàn)步驟：A將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，將導(dǎo)軌調(diào)至水平。B用游標(biāo)卡尺測(cè)量擋光條的寬度dC由導(dǎo)軌標(biāo)尺讀出兩光電門(mén)中心之間的距離sD將滑塊移至光電門(mén)1左側(cè)某處，待砝碼靜止不動(dòng)時(shí)，釋放滑塊，要求砝碼落地前擋光條已通過(guò)光電門(mén)2。E從數(shù)字計(jì)時(shí)器（圖1中未畫(huà)出）上分別讀出擋光條通過(guò)光電門(mén)1和光電門(mén)2所用的時(shí)間t1和t2。F用天平稱(chēng)出滑塊和擋光條的總質(zhì)量M，再稱(chēng)出托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量m。用表示直接測(cè)量量的字母寫(xiě)出下列所求物理量的表達(dá)式：（1）滑塊通過(guò)光電門(mén)1和光電門(mén)2時(shí)的瞬時(shí)速度分別為v1= 和v2= （2）在滑塊從光電門(mén)1運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)2的過(guò)程中，系統(tǒng)勢(shì)能的減少量Ep=_ _（重力加速度為g）。系統(tǒng)（包括滑塊，擋光條、托盤(pán)和砝碼）動(dòng)能的增加量Ek=_ _（3）如果Ep=Ek，則可認(rèn)為驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律?！敬鸢浮?1)（2）mgs【解析】試題分析：（1）通過(guò)光電門(mén)的平均速度近似認(rèn)為是瞬時(shí)速度，；（2）滑塊向前移動(dòng)的位移為s，砝碼下落的高度也為s，系統(tǒng)勢(shì)能的減小量就是砝碼重力勢(shì)能的減小量，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量為?？键c(diǎn)：本題考查了機(jī)械能守恒定律三、計(jì)算題17.質(zhì)量為M的斜面傾角為，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在斜面上時(shí)正好勻速下滑，若用與斜面成a角的力F拉著木塊勻速上升，如圖。求：（1）當(dāng)角a為多少時(shí)，拉力F最小值，并求出這個(gè)最小值？（2）此時(shí)水平面對(duì)斜面的摩擦力是多少?！敬鸢浮浚?）=，mgsin2 （2）12mgsin4【解析】試題分析：（1）m勻速下滑：mgsin=mgcos解得：=tanm在F作用下勻速下滑：Fcos=(mgcosFsin)+mgsinF=(mgcos+mgsin)cos+sin=mgsin2cos()當(dāng)=時(shí)，F(xiàn)有最小值為：Fmin=mgsin2。（2）整體法：Ff=Fcos(+)=mgsin2cos2=12mgsin4?？键c(diǎn)：本題考查牛頓第二定律，函數(shù)極值法。18.如圖所示，在高為h=5m的平臺(tái)右邊緣上，放著一個(gè)質(zhì)量M=3kg的鐵塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=1kg的鋼球以v0=10m/s的水平速度與鐵塊在極短的時(shí)間內(nèi)發(fā)生正碰被反彈，落地點(diǎn)距離平臺(tái)右邊緣的水平距離為L(zhǎng)=2m，已知鐵塊與平臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，求鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離s（不計(jì)空氣阻力，鐵塊和鋼球都看成質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s2）【答案】1.6m【解析】試題分析：鋼球與鐵塊發(fā)生碰撞，時(shí)間極短，動(dòng)量守恒，碰撞后鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)，已知下落的高度和水平距離，可由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出碰后鋼球的速度，即可由動(dòng)量守恒定律求出碰后鐵塊的速度，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離s解：設(shè)碰撞后鋼球反彈的速度大小為v1，鐵塊的速度大小為v，由于碰撞時(shí)間極