2025年上外版高一物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年上外版高一物理下冊(cè)月考試卷32考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示；一個(gè)空心均勻球殼里面注滿水，球的正下方有一小孔，在水由小孔緩慢流出的過程中，空心球殼和水的共同重心將會(huì)（）

A.一直下降。

B.一直上升。

C.先升高后降低。

D.先降低后升高。

2、關(guān)于相互作用，下列說法正確的是（）A.地球?qū)^近的月球有引力的作用，對(duì)遙遠(yuǎn)的火星則沒有引力作用B.原子核中質(zhì)子和中子能緊密地保持在一起，是因?yàn)樗鼈冎g存在弱相互作用C.電荷間的相互作用和磁體間的相互作用，本質(zhì)上是同一種相互作用的不同表現(xiàn)D.強(qiáng)相互作用的作用范圍比電磁相互作用的作用范圍大3、如圖所示，固定的錐形漏斗內(nèi)壁是光滑的，內(nèi)壁上有兩個(gè)質(zhì)量相等的小球A

和B

在各自不同的水平面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是(

)

A.vA>vB

B.婁脴A>婁脴B

C.aA>aB

D.壓力FNA>FNB

4、如圖所示，在高速轉(zhuǎn)動(dòng)的洗衣機(jī)脫水桶內(nèi)壁上，有一件濕衣服隨桶一起轉(zhuǎn)動(dòng)，在保證衣服不滑動(dòng)的情況下?

A.桶轉(zhuǎn)速增大時(shí)，衣服對(duì)桶壁的壓力不變?B.桶轉(zhuǎn)速增大時(shí)，衣服對(duì)桶壁的壓力減小?C.桶轉(zhuǎn)速足夠大時(shí)，衣服上的水滴將做離心運(yùn)動(dòng)?D.桶轉(zhuǎn)速足夠大時(shí)，衣服上的水滴將做向心運(yùn)動(dòng)5、如圖所示；質(zhì)量為m

的球置于斜面上，被一個(gè)固定在斜面上的豎直擋板擋住.

現(xiàn)用一個(gè)力F

拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是。

A.若加速度足夠小，豎直擋板對(duì)球的彈力可能為零B.若加速度足夠大，斜面對(duì)球的彈力可能為零C.斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力等于ma

D.斜面對(duì)球的彈力不僅有，而且是一個(gè)定值6、如圖所示；在下面列舉的各個(gè)實(shí)例中，哪些情況機(jī)械能是守恒的？（）

A.汽車在光滑水平面上勻速運(yùn)動(dòng)。

B.拋出的手榴彈或標(biāo)槍在空中的運(yùn)動(dòng)（不計(jì)空氣阻力）

C.拉著物體沿光滑斜面勻速上升。

D.在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)的小球碰到一個(gè)彈簧；把彈簧壓縮后，又被彈回來。

7、如圖所示為速度－時(shí)間圖象。若將該物體的運(yùn)動(dòng)過程用位移圖象表示出來，下列四幅圖象中正確的是（）8、通常情況下，正在進(jìn)行下列哪個(gè)項(xiàng)目比賽的運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)?()A.馬拉松賽跑B.擊劍C.拳擊D.自由體操9、關(guān)于向心加速度的物理意義，下列說法正確的是（）A.它描述的是線速度方向變化的快慢B.它描述的是線速度大小變化的快慢C.它描述的是角速度變化的快慢D.以上說法都不正確評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料．質(zhì)量為100kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對(duì)地面的壓力大小為____（g取lOm/s2）

11、某同學(xué)在“探究加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中打出一條紙帶，他從比較清晰的點(diǎn)開始，每五個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，如圖所示．已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s，則相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為____s．由此可求得小車的加速度為a=____m/s2，打下計(jì)數(shù)點(diǎn)C時(shí)小車運(yùn)動(dòng)的速度為vC=____m/s．

12、汽船所受阻力與速度的平方成正比，當(dāng)汽船以速度v勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)功率為P，若汽船以速度2v勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率應(yīng)為；13、【題文】如圖所示，輕桿AC、AD長(zhǎng)均為2m，輕桿AB長(zhǎng)為3m，A端由活絡(luò)頭鉸在一起，B、C、D均支于水平地面上，AB^AC，AB^AD，DCAD=60°，在A端鉸鏈上掛一重為G的物體，則AB桿所受壓力的大小為____，AC桿所受壓力的大小為____．14、某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的裝置測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ．使用的器材有：帶定滑輪的長(zhǎng)木板；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、交流電源、木塊、紙帶、米尺、8個(gè)相同的鉤碼（質(zhì)量已知）以及細(xì)線等．實(shí)驗(yàn)操作過程如下：

A．在水平桌面上按照?qǐng)D甲所示裝置組裝好實(shí)驗(yàn)器材；

B．使木塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器；接通電源，釋放木塊，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打下一系列點(diǎn)，記下懸掛鉤碼的個(gè)數(shù)n；

C．將木塊上的鉤碼逐個(gè)移到懸掛鉤碼端；更換紙帶，重復(fù)步驟B；

D．測(cè)出每條紙帶對(duì)應(yīng)木塊運(yùn)動(dòng)的加速度a；實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示．

。懸掛鉤碼的個(gè)數(shù)n45678小車的加速度a/（m/s2）0.51.32.23.03.9①實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，必須調(diào)節(jié)滑輪高度，保證______；

②根據(jù)表中數(shù)據(jù)；在圖乙的坐標(biāo)紙中作出a-n圖象；

③由圖象求得動(dòng)摩擦因數(shù)μ=______（保留兩位有效數(shù)字，g取10m/s2），還可求得的物理量是______（只需填寫物理量名稱）．15、質(zhì)量為m的滑塊，以一定初速度沿傾角為θ的斜面上滑l后，又沿原路返回，設(shè)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因素為μ，則滑塊從上滑到滑回到出發(fā)點(diǎn)的過程中，摩擦力做功______．16、如圖8所示：三個(gè)共點(diǎn)力，F(xiàn)1=5N，F(xiàn)2=10N，F(xiàn)3=15N，θ=60°，它們的合力在x軸的分量Fx為______N，y軸的分量Fy為______N，合力的大小為______N，合力方向跟x軸的正方向的夾角為______．評(píng)卷人得分三、簡(jiǎn)答題(共8題，共16分)17、【題文】（2011?海南）（1）2011年3月11日，日本發(fā)生九級(jí)大地震，造成福島核電站的核泄漏事故．在泄露的污染物中含有131I和137Cs兩種放射性核素，它們通過一系列衰變產(chǎn)生對(duì)人體有危害的輻射．在下列四個(gè)式子中，有兩個(gè)能分別反映131I和137Cs衰變過程，它們分別是____和____（填入正確選項(xiàng)前的字母）．131I和137Cs原子核中的中子數(shù)分別是____和____．。A．X1→56137Ba+01nB．X2→54131Xe+﹣10eC．X3→56137Ba+﹣10eD．X4→54131Xe+11p（2）一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示．圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)；在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止．重力加速度為g．求：

（i）木塊在ab段受到的摩擦力f；

（ii）木塊最后距a點(diǎn)的距離s．18、汽車由靜止開始在平直的公路上行駛；0～60s內(nèi)汽車的速度隨時(shí)間變化的圖線如圖所示．

（1）求前10s內(nèi)的加速度a1，40-60s的加速度a2；

（2）求在這60s內(nèi)汽車行駛的路程．19、I.被譽(yù)為改變未來世界的十大新科技之一的燃料電池。下圖為氫氧燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖，電解質(zhì)溶液為rm{KOH}溶液，電極材料為疏松多孔石墨棒rm{.}當(dāng)氧氣和氫氣分別連續(xù)不斷地從正、負(fù)兩極通入燃料電池時(shí)，便可在閉合回路中不斷地產(chǎn)生電流．試回答下列問題：rm{(1)}燃料電池中電解質(zhì)溶液中的rm{OH^{-}}移向______極rm{(}填“負(fù)”或“正”rm{)}．rm{(2)}寫出氫氧燃料電池工作時(shí)正極反應(yīng)式：_______________________。rm{(3)}若將此燃料電池改進(jìn)為直接以甲烷和氧氣為原料進(jìn)行工作時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為___________．rm{(4)}利用該裝置可以處理氮的氧化物和rm{NH_{3}}尾氣，總反應(yīng)為：rm{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}負(fù)極反應(yīng)式為__________。rm{6NO_{2}

+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}恒溫恒容下，將rm{II.}氣體和rm{2molA}氣體通入體積為rm{4molB}的密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：rm{2L}rm{2A(g)+B(g)?xC(g)+2D(s)}達(dá)平衡，測(cè)得平衡時(shí)rm{2min}為rm{A}，rm{1.2mol}的濃度為rm{C}rm{0.8mol隆隴L^{-1}}從開始反應(yīng)至達(dá)到平衡狀態(tài)，生成rm{(1)}的平均反應(yīng)速率為________。rm{C}下列條件的改變能減慢其反應(yīng)速率的是________A.降低溫度rm{(2)}加入催化劑C.若保持壓強(qiáng)不變，充入rm{B.}氣體rm{He}若保持體積不變，充入rm{D.}氣體rm{A}的轉(zhuǎn)化率與rm{(3)A}的轉(zhuǎn)化率之比為________。rm{B}下列各項(xiàng)可作為該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志的是________。A.壓強(qiáng)不再變化B.氣體密度不再變化C.氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變D.rm{(4)}的消耗速率與rm{A}的消耗速率之比為rm{B}E.rm{2:1}rm{2v(A)=v(B)}20、如圖所示；質(zhì)量M=1kg

長(zhǎng)為L(zhǎng)

的長(zhǎng)木板靜止在水平面上，左端放置質(zhì)量m=1kg

的小物塊(

可看做質(zhì)點(diǎn)).

小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦系數(shù)為婁脤1=0.3

木板與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤2=0.1

給小物塊一水平向右F=6N

的拉力，使小物塊相對(duì)于木板向右加速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g

取10m/s2

．

(1)

求小物塊和木板的加速度大小．

(2)

經(jīng)過2s

后；若小物塊仍未從木板上滑落，求小物塊和木板的位移．

(3)

若F

作用2s

后立刻撤去，要使小物塊不滑出木板，木板至少為多長(zhǎng)？21、如圖所示；兩個(gè)相同的木塊A

和B

放在轉(zhuǎn)盤上，木塊與轉(zhuǎn)盤的最大摩擦力是重力的K

倍，用長(zhǎng)為L(zhǎng)

的細(xì)線連接A

和B

．

(1)

若A

放在軸心；B

放在距軸心L

處，它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度婁脴

的取值范圍？

(2)

若A

放在離軸心L

處，B

放在同側(cè)離軸心2L

處，要使它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度婁脴

的最大值是多少？22、在如圖所示的圓錐擺中，已知繩子長(zhǎng)度為L(zhǎng)

繩子轉(zhuǎn)動(dòng)過程中與豎直方向的夾角為婁脠

求：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度、周期和向心加速度的大?。?3、如圖所示，光滑勻質(zhì)圓球B

用細(xì)線懸掛在豎直墻上，B

的半徑為r=20cm

質(zhì)量為M=20kg

懸線長(zhǎng)L=30cm

正方體物塊A

的邊長(zhǎng)d=10cm

質(zhì)量為m=2kg

物塊A

與墻之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為婁脤.

現(xiàn)將物塊A

輕放于球和墻之間后放手.

取重力加速度g=10m/s2

假定最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．

(1)

若要求放手之后A

能保持靜止?fàn)顟B(tài)；試求婁脤

的最小值；

(2)

若婁脤=0.2

在物塊A

上施加一個(gè)與墻平行的外力F

使A

在未脫離圓球前貼著墻沿水平方向勻速抽出，求此外力F

．24、如圖所示；質(zhì)量M=1kg

長(zhǎng)為L(zhǎng)

的長(zhǎng)木板靜止在水平面上，左端放置質(zhì)量m=1kg

的小物塊(

可看做質(zhì)點(diǎn)).

小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦系數(shù)為婁脤1=0.3

木板與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤2=0.1

給小物塊一水平向右F=6N

的拉力，使小物塊相對(duì)于木板向右加速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g

取10m/s2

．

(1)

求小物塊和木板的加速度大?。?/p>

(2)

經(jīng)過2s

后；若小物塊仍未從木板上滑落，求小物塊和木板的位移．

(3)

若F

作用2s

后立刻撤去，要使小物塊不滑出木板，木板至少為多長(zhǎng)？評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共16分)25、【題文】如圖6-1-14是以左心室為例，一個(gè)成年人在一次血液循環(huán)中左心室容積和壓力變化的p-—V曲線，成年人正常心跳每分鐘約75次，左右心室收縮時(shí)射出的血量約為70ml，右心室對(duì)肺動(dòng)脈的壓力約為左心室的1／5，則可估算出心臟工作的平均功率約為____

26、利用圖1所示的裝置可測(cè)量滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度，一斜面上安裝有兩個(gè)光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動(dòng)，當(dāng)一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時(shí)，與兩個(gè)光電門都相連的計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時(shí)間t，改變光電門甲的位置進(jìn)行多次測(cè)量，每次都使滑塊從同一點(diǎn)由靜止開始下滑，并用米尺測(cè)量甲、乙之間的距離s，記下相應(yīng)的t值；所得數(shù)據(jù)如下表所示。

。s(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t(m/s)1.711.621.551.451.341.22

完成下列填空和作圖：

（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過光電門乙時(shí)的瞬時(shí)速度v1、測(cè)量值s和t四個(gè)物理量之間所滿足的關(guān)系式是_______；

（2）根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在圖2給出的坐標(biāo)紙上畫出圖線______；

（3）由所畫出的圖線，得出滑塊加速度的大小為a=____________m/s2（保留2位有效數(shù)字）。評(píng)卷人得分五、解答題(共4題，共32分)27、如圖所示；物體A質(zhì)量為2kg，與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，若要使A在斜面上靜止，物體B質(zhì)量的最大值和最小值是多少？（已知sin37°=0.6cos37°=0.8）

28、如圖所示；A是地球的同步衛(wèi)星，已知地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)角速度為ω，地球表面的重力加速度為g．

（1）求出同步衛(wèi)星離地面高度h

（2）求出地球的密度ρ（已知引力常量為G）

29、已知一汽車在平直公路上運(yùn)動(dòng)；它的位移一時(shí)間圖象如圖甲所示．

（1）根據(jù)圖象在圖乙所示的位置坐標(biāo)軸上標(biāo)出O；A、B、C、D、E各點(diǎn)代表的汽車的位置；

（2）求出前4s內(nèi)的平均速度；

（3）求出第5s末的瞬時(shí)速度；

（4）求出第7s末的瞬時(shí)速度．

30、如圖所示；A；B兩球完全相同，質(zhì)量均為m，用兩根等長(zhǎng)的細(xì)線，懸掛在升降機(jī)的天花板上的O點(diǎn)，兩球之間連著一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧．當(dāng)升降機(jī)以加速度a豎直向上加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩根細(xì)線間的夾角為θ，則彈簧的長(zhǎng)度與原長(zhǎng)相比縮短了多少？

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

裝滿水時(shí)重心在球心處；隨著水從小孔不斷流出，重心位置不斷下降，當(dāng)水流完后，重心又上升到球心處，故重心的位置先下降后上升，故ABC錯(cuò)誤，D正確．

故選D．

【解析】【答案】注意重心的位置與物體的質(zhì)量分布和形狀有關(guān)；在水從小孔不斷流出的過程中，容器和水的整體的重心將先下降，當(dāng)水流完后，重心又上升．

2、C【分析】解：A根據(jù)萬(wàn)有引力定律F=雖然地球和火星之間的距離較大，但是它們的質(zhì)量也比較大，故它們之間的引力也是較大的．故A錯(cuò)誤．

B；原子核中質(zhì)子和中子能緊密地保持在一起；是因?yàn)樗鼈冎g存在強(qiáng)相互作用．故B錯(cuò)誤．

C；電荷間的相互作用和磁體間的相互作用；本質(zhì)上是同一種相互作用的不同表現(xiàn)，本質(zhì)上都是電磁相互作用．故C正確．

D；強(qiáng)相互作用是短程力；它的作用范圍比電磁相互作用的作用范圍小的多．故D錯(cuò)誤．

故選C．

萬(wàn)有引力定律F=r越大F越小，但M越大F也越大，天體的質(zhì)量都很大，當(dāng)r不是很遠(yuǎn)時(shí)；天體之間的萬(wàn)有引力比較大．

強(qiáng)相互作用是作用于強(qiáng)子之間的力；它抵抗了質(zhì)子之間的強(qiáng)大的電磁力，維持了原子核的穩(wěn)定．它將質(zhì)子和中子中的夸克束縛在一起，并將原子中的質(zhì)子和中子束縛在一起．

電荷間的相互作用和磁體間的相互作用；本質(zhì)上是同一種相互作用的不同表現(xiàn)，本質(zhì)上都是電磁相互作用．

此題要理解萬(wàn)有引力定律，要知道強(qiáng)相互作用，要理解磁現(xiàn)象的電本質(zhì)．此題屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】C3、A【分析】解：物體受力如圖：將FN

沿水平和豎直方向分解得：FNcos婁脠=ma壟脵

FNsin婁脠=mg壟脷

．

由壟脷

可知支持力相等；則AB

對(duì)內(nèi)壁的壓力大小相等．

根據(jù)牛頓第二定律，合外力提供向心力，合外力相等，則向心力相等.

由壟脵壟脷

可得：mgcot婁脠=ma=mv2r=m婁脴2R.

可知半徑大的線速度大；角速度?。?/p>

則A

的線速度大于B

的線速度；A

的角速度小于B

的角速度，AB

的向心加速度相等.

故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選：A

小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；因此合外力提供向心力，對(duì)物體正確進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)向心力公式列方程求解即可。

解決這類圓周運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵是對(duì)物體正確受力分析，根據(jù)向心力公式列方程進(jìn)行討論，注意各種向心加速度表達(dá)式的應(yīng)用．【解析】A

4、C【分析】略【解析】C

5、D【分析】【分析】分析小球受到的重mg

斜面的支持力F

N2N2、豎直擋板的水平彈力F

N1N1，然后向水平和豎直分解斜面的支持力F

N2N2；在豎直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛頓第二定律方程，根據(jù)所列的方程分析即可選出答案。

本題結(jié)合力的正交分解考察牛頓第二定律，正確的分析受力與正確的分解力是關(guān)鍵?！窘獯稹緼.水平方向有：F

N1N1鈭?F

N2N2sin婁脕=ma

因?yàn)镕sin婁脕鈮?0

若加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力不可能為零，故A錯(cuò)誤；BD.

小球受到的重mg

斜面的支持力FN2

豎直擋板的水平彈力FN1

設(shè)斜面的傾斜角為婁脕

則豎直方向有：FN2cos婁脕=mg

因?yàn)閙g

和婁脕

不變；所以無(wú)論加速度如何變化，F(xiàn)N2

不變且不可能為零，故B錯(cuò)誤，D正確；

C.斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力即為豎直方向的FN2cos婁脕

與水平方向的力ma

的合成，因此大于ma

故C錯(cuò)誤。故選D。

【解析】D

6、A|B|D【分析】

A；汽車在光滑水平面上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)；動(dòng)能和勢(shì)能都不變，機(jī)械能守恒，故A正確；

B；出的手榴彈或標(biāo)槍在空中只有重力做功；機(jī)械能守恒，故B正確；

C；拉著物體沿光滑斜面勻速上升時(shí)；動(dòng)能不變，勢(shì)能變大，故機(jī)械能變大，故C錯(cuò)誤；

D；小球碰到彈簧被彈回的過程中只有彈簧彈力做功；機(jī)械能守恒，故D正確．

故選ABD

【解析】【答案】只有重力或彈力（保守力）做功時(shí)；物體的動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，物體機(jī)械能才守恒．

7、C【分析】試題分析：由速度－時(shí)間圖像知，物體先正方向勻速度運(yùn)動(dòng)，再靜止，最后負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C正確?？键c(diǎn)：本題考查圖像問題。【解析】【答案】C8、A【分析】【解析】試題分析：當(dāng)物體的大小和形狀在所研究的問題是無(wú)關(guān)因素或?yàn)榇我蛩兀芎雎圆挥?jì)時(shí)，可將物體看作質(zhì)點(diǎn)處理，能否看作質(zhì)點(diǎn)要看研究的具體問題或者研究的過程．A、運(yùn)動(dòng)員得身體尺寸和馬拉松賽跑的路程相比可以忽略，可以把運(yùn)動(dòng)員可看做質(zhì)點(diǎn)；正確B、擊劍運(yùn)動(dòng)員看的是運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作，不能把運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)點(diǎn)；錯(cuò)誤C、拳擊運(yùn)動(dòng)員看的也是運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作，不能把運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)點(diǎn)；錯(cuò)誤D、自由體操看的是運(yùn)動(dòng)員的肢體動(dòng)作，不能把運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)點(diǎn)；錯(cuò)誤故選A考點(diǎn)：質(zhì)點(diǎn)【解析】【答案】A9、A【分析】解：

A；圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度只改變速度的方向；不改變速度大小，向心加速度描述的是線速度方向變化的快慢的物理量；

做圓周運(yùn)動(dòng)物體的切向加速度改變線速度的大?。幻枋鼍€速度大小變化的快慢．故A正確，B錯(cuò)誤。

C；角速度的方向垂直圓周所在的平面；始終與向心加速度垂直，向心加速度不改變角速度的大小和方向，故C錯(cuò)誤．

D；由上分析可知；D錯(cuò)誤；

故選：A．

向心加速度只改變速度的方向；不改變速度大小，向心加速度描述的是線速度方向變化的快慢，因此明確向心加速度的物理意義即可正確解答本題．

解決本題的關(guān)鍵掌握向心加速度只改變速度的方向，不改變速度大小，向心加速度描述的是線速度方向變化的快慢．屬于基礎(chǔ)題．而關(guān)于角速度的方向，高中階段不要求知道，故對(duì)學(xué)生可提可不提．【解析】【答案】A二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

先研究物體，以加速度0.5m/s2勻加速被拉升；受力分析：重力與繩子的拉力．

則有：F-mg=ma

解得：F=210N；

再研究工人；受力分析，重力；繩子拉力、支持力，處于平衡狀態(tài)．

則有：Mg=F+F支。

解得：F支=790N；

由牛頓第三定律可得：F壓=790N

故答案為：790N

【解析】【答案】工人站在地面上；勻加速拉升物體，同時(shí)繩子也有個(gè)力拉工人，由牛頓第二定律可求出繩子的拉力，從而對(duì)工人受力分析，由平衡條件可求出工人受地面的支持力，最后由牛頓第三定律可得出工人對(duì)地面的壓力大小．

11、略

【分析】

每打五個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)；又因打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔0.02s打一個(gè)點(diǎn)，所以相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間T=0.1s；

在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差為常數(shù)即△x=aT2，將△x=1.2cm和T=0.1s帶入解得a=1.2m/s2；

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度；有：

故答案為：0.1；1.2，0.46．

【解析】【答案】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大小；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。?/p>

12、略

【分析】試題分析：由于汽船航行時(shí)所受水的阻力與它的速度平方成正比，所以汽船以速度v水平勻速航行時(shí)，受到的阻力的大小為此時(shí)汽船受到的阻力的大小和牽引力的大小相等，即當(dāng)汽船以速度2v水平勻速航行時(shí)，汽船受到的水的阻力的大小為所以此時(shí)的功率的大小為考點(diǎn)：考查了功率的計(jì)算【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

解：

根據(jù)題意；由于AB^AC，AB^AD，DCAD=60°，過A點(diǎn)作DC的垂線，垂點(diǎn)為E，連結(jié)B點(diǎn)和E點(diǎn)，作圖如圖1所示。

①設(shè)DABE=α，因?yàn)槲矬w懸掛于A點(diǎn)，可先把物體的重力G沿AB、AE方向進(jìn)行力的分解得G1=Gsinα，G2=Gcosα，而三角形ADC中AD=AC=2m，DCAD=60°，可知三角形ADC是等邊三角形，由于AE^DC，AB=3m，所以可得：AE=AC·cos60°=m；

又因?yàn)锳B^AC；AB^AD，AD；AC是三角形ADC的兩邊，所以可知AB垂直于三角形ADC；

而AE是三角形中的一條邊，所以AB^AE，則有三角形ABE中的邊BE==2m；

sinα=AE／BE=cosα=AB／BE=作用于AB桿的壓力大小為G1=Gsinα=G；AE方向受力為：G2=Gcosα=G；

②設(shè)DCAE=θ，三角形AEC是直角三角形，E是DC的中點(diǎn)，DCAD=60°，則把AEG2沿AC,AD方向進(jìn)行受力分解，杠桿AC和AD上受到的壓力分別為和由于三角形ACD是等邊三角形，則有：

然后分別過C、D兩點(diǎn)作AC和AD的平行輔助線相交于點(diǎn)H，有根據(jù)余弦定理可得，G,

化簡(jiǎn)的所以杠桿AC所受到的壓力為：【解析】【答案】G/2（得2分），G/2（得2分）．14、略

【分析】解：①實(shí)驗(yàn)開始時(shí)；必須調(diào)節(jié)滑輪高度，保證細(xì)線與木板表面平行；

②根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描出對(duì)應(yīng)的點(diǎn)；然后作出圖象，如圖所示；

③對(duì)木塊與鉤碼組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：nmg-μ[（8-n）mg+m木g]=（8m+m木）a；

a=n-μg；由圖象得：n=0時(shí)，-μg=a=-3，μ≈0.31（0.29～0.33均正確）；

由圖象還可以求出木塊質(zhì)量．

故答案為：①細(xì)線與木板表面平行；②圖象如圖所示；③0.31；木塊的質(zhì)量．

①實(shí)驗(yàn)時(shí)；連接鉤碼與木塊的細(xì)線要與木板平行．

②根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)；在坐標(biāo)系中描出對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，然后作出圖象；

③由牛頓第二定律列方程；求出a與n的關(guān)系表達(dá)式，然后根據(jù)圖象分析答題．

要掌握實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)、會(huì)應(yīng)用描點(diǎn)法作圖象，要掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法．【解析】細(xì)線與木板表面平行；0.31；木塊的質(zhì)量15、-2μmgcosθ?l【分析】解：物體受到的摩擦力：f=μFN=μmgcosθ

摩擦力做功只與路徑有關(guān)，所以：Wf=-2fs=-2μmgcosθ?l

故答案為：-2μmgcosθ?l

根據(jù)Wf=-fs即可求出摩擦力做的功．

該題考查摩擦力做功，要注意摩擦力做功與運(yùn)動(dòng)路程有關(guān)．基礎(chǔ)題目．【解析】-2μmgcosθ?l16、略

【分析】解：合力在x軸上的分量Fx=F3+F2cos60°-F1=15N；

合力在y軸上的分量為Fy=F2sin60°=5N；

合力F==10N；

合力方向跟x軸正方向的夾角為30°．

故答案為：15；530°

物體受到三個(gè)力；由題意可得，對(duì)三個(gè)力進(jìn)行正交分解，沿x；y軸方向．運(yùn)用力的平行四邊形定則．

物體受到三個(gè)力，由題意可得，先將F1=5N，F(xiàn)3=15N，進(jìn)行合成，因?yàn)樗鼈兎较蛳喾?，然后用力的平行四邊形定則可再與F2=10N求合力．【解析】15；51030°三、簡(jiǎn)答題(共8題，共16分)17、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）根據(jù)放射性元素原子核衰變的本質(zhì)和質(zhì)量數(shù)；核電荷數(shù)守恒規(guī)律得到正確答案．

（2）欲求摩擦力f；首先根據(jù)動(dòng)量守恒得到最后共同速度．然后根據(jù)能量守恒定律得到摩擦力做的功，從而求出摩擦力f和。

木塊最后距a點(diǎn)的距離s．

解：（1）原子核的衰變有2種；即α衰變；β衰變．其中α衰變產(chǎn)生α離子，β衰變產(chǎn)生β離子即電子．只有B、C是衰變反應(yīng)；

并且產(chǎn)生的是電子即屬于β衰變，正確選項(xiàng)B和C；再由質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒可以得出131I原子核中的中子數(shù)為：

131﹣53=78；137Cs原子核中的中子數(shù)為；137﹣55=82．

（2）（i）設(shè)木塊和物體P共同速度為v；兩物體從開始到第一次到達(dá)共同速度過程由動(dòng)量和能量守恒得：

mv0=（m+2m）v①

②

由①②得：③

（ii）設(shè)木塊最后離a端距離s，木塊返回與物體P第二次達(dá)到共同速度與第一次相同（動(dòng)量守恒）全過程能量守恒得：④

由②③④得：

答：（1）由質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒可以得出正確選項(xiàng)B和C；中子數(shù)為78和82

（2）木塊在ab段受到的摩擦力木塊最后距a點(diǎn)的距離

點(diǎn)評(píng)：本題（1）考查了核衰變的本質(zhì)和規(guī)律。

（2）考查了動(dòng)量守恒和能量守恒定律．關(guān)鍵是正確寫出動(dòng)量守恒和能量守恒的方程．是一道中檔次題．【解析】【答案】（1）由質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒可以得出正確選項(xiàng)B和C；中子數(shù)為78和82

（2）木塊在ab段受到的摩擦力木塊最后距a點(diǎn)的距離18、略

【分析】

速度時(shí)間圖象的斜率等于加速度；由圖象和時(shí)間軸所圍成的圖形的面積大小等于物體的位移。

此題考查對(duì)圖象的分析和處理能力，要讀懂圖象所反映的物理意義，看清坐標(biāo)和斜率、面積代表的意義，運(yùn)用這些知識(shí)可解決此題【解析】解：（1）速度時(shí)間圖象的斜率等于加速度，則10s內(nèi)的加速度a1=

40-60s的加速度a2=

（2）汽車在這60s內(nèi)做單方向直線運(yùn)動(dòng)；所以汽車行駛的位移大小等于路程。

由圖可知s=×20m=900m

答：（1）前10s內(nèi)的加速度為2m/s2，40-60s的加速度為-1m/s2；

（2）在這60s內(nèi)汽車行駛的路程為900m．19、I.rm{(1)}負(fù)

rm{(2)2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}簍T4OH^{-}}

rm{(3)}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

rm{(4)2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}

rm{II(1)0.4mol/(L隆隴min)}

rm{(2)AC}

rm{(3)4:1}

rm{(4)ABC}【分析】【分析】本題考查燃料電池及物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算，注意根據(jù)電極方程式中電子與物質(zhì)的關(guān)系求算，本題還考查化學(xué)平衡的計(jì)算、平衡的判定等，注意利用反應(yīng)速率的關(guān)系確定rm{x}為解答的關(guān)鍵，注重高考?？伎键c(diǎn)的考查，題目難度中等?！窘獯稹竣駌m{.(1)}氫氧燃料電池中，電解質(zhì)溶液為堿，根據(jù)原電池的工作原理可知：陰離子趨向負(fù)極，所以電解質(zhì)溶液中的rm{OH^{-}}移向負(fù)極，故答案為：負(fù)；rm{(2)}氫氧燃料電池中，電解質(zhì)溶液為堿，根據(jù)原電池的工作原理可知：正極上氧氣得電子和水結(jié)合生成氫氧根離子，則其電極反應(yīng)式為：rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}簍T4OH^{-}}故答案為：；rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}簍T4OH^{-}}rm{(3)}燃料電池中，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，堿性條件下，甲烷在負(fù)極失去電子生成碳酸根離子，其電極反應(yīng)式為：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故答案為：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{(4)}根據(jù)題干中給出的總反應(yīng)，結(jié)合反應(yīng)前后rm{N}元素化合價(jià)的變化可知：氨氣中的rm{N}原子失去電子，所以氨氣在負(fù)極上失去電子，生成氮?dú)猓鶕?jù)電荷守恒和原子守恒可得，負(fù)極反應(yīng)式為：rm{2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}故答案為：rm{2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{II.(1)2min}達(dá)到平衡，rm{C}的濃度為rm{0.8mol/L}由rm{v=dfrac{?c}{?t}=dfrac{0.8mol/L}{2min};=0.4mol/(L隆隴min)}故答案為：rm{v=dfrac{?c}{?t}=

dfrac{0.8mol/L}{2min};=0.4mol/(L隆隴min)}rm{0.4mol/(L隆隴min)}降低溫度，可使活化分子的百分?jǐn)?shù)減小，反應(yīng)速率減慢，故A符合題意；rm{(2)A.}加入催化劑，可使活化分子的百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率加快，故B不符合題意；rm{B.}若保持壓強(qiáng)不變，充入rm{C.}氣體，使反應(yīng)混合物中各組分的濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故C符合題意；rm{He}若保持體積不變，充入rm{D.}氣體，增大rm{A}的濃度，可增大反應(yīng)速率，故D不符合題意。故答案為：rm{A}rm{BC}rm{(3)}rm{2A(g)+B(g)?}rm{xC(g)+2D(s)}開始rm{n(}rm{)/mol}rm{2}rm{4}rm{0}rm{0}轉(zhuǎn)化rm{n(}rm{)/mol}rm{0.8}rm{0.4}平衡rm{n(}rm{)/mol}rm{1.2}則rm{1.2}rm{A}的轉(zhuǎn)化率之比為rm{dfrac{0.8}{2}攏潞dfrac{0.4}{4}=4攏潞1}故答案為：rm{B}rm{dfrac{0.8}{2}攏潞dfrac{0.4}{4}=4攏潞1

}rm{4}時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)剩余rm{1}則消耗rm{(4)2min}的物質(zhì)的量為rm{1.2molA}生成rm{A}的物質(zhì)的量為：rm{2mol-1.2mol=0.8mol}由變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，rm{C}rm{0.8mol/L隆脕2L=1.6mol}rm{0.8mol}rm{1.6mol=2}則反應(yīng)方程式為：rm{x}rm{x=4}A.該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，所以反應(yīng)過程中壓強(qiáng)在變化，現(xiàn)在壓強(qiáng)不再變化，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A正確；B.因氣體的質(zhì)量在變化，容器體積不變，則密度在變化，所以當(dāng)氣體密度不再變化時(shí)，說明達(dá)到平衡，故B正確；C.因反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量在減小，氣體的物質(zhì)的量在增大，所以反應(yīng)過程中氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量在變化，則氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化，說明達(dá)到平衡，故C正確；D.rm{2A(g)+B(g)?}的消耗速率與rm{4C(g)+2D(s)}的消耗速率之比為rm{A}rm{B}關(guān)系始終存在，不能判斷平衡，故D錯(cuò)誤；E.rm{2}關(guān)系始終存在，不能判斷平衡，故E錯(cuò)誤。故答案為：rm{1}rm{2v(A)=v(B)}【解析】I.rm{(1)}負(fù)rm{(2)2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}簍T4OH^{-}}rm{(3)}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{(4)2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{II(1)0.4mol/(L隆隴min)}rm{(2)AC}rm{(3)4:1}rm{(4)ABC}20、略

【分析】

(1)

對(duì)木板和小物體受力分析；由牛頓第二定律可以求得加速度的大小；

(2)

根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式求出位移大?。?/p>

(3)

撤去拉力后；小滑塊在滑動(dòng)摩擦力作用下，做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度相等時(shí)相對(duì)靜止，然后一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，求出速度相等前滑塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移，進(jìn)而求出木板的最小長(zhǎng)度．

解題的關(guān)鍵是正確對(duì)滑塊和木板進(jìn)行受力分析，清楚滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，知道當(dāng)速度相等時(shí)，物塊正好運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板長(zhǎng)度最短，難度適中．【解析】解：(1)

對(duì)小物塊，根據(jù)牛頓第二定律得：a1=F鈭?婁脤1mgm=6鈭?0.3隆脕1隆脕101=3m/s2

對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律得：a2=婁脤1mg鈭?婁2(M+m)gM=0.3隆脕1隆脕10鈭?0.1隆脕2隆脕101=1m/s2

(2)

根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式得：

2s

內(nèi)小物塊的位移x1=12a1t2=12隆脕3隆脕4=6m

木板的位移x2=12a2t2=12隆脕1隆脕4=2m

(3)

撤去F

時(shí)；物體的速度v1=a1t=3隆脕2=6m/s

木板的速度v2=a2t=1隆脕2=2m/s

撤去F

后；物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板以原來的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等后一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

撤去F

后，對(duì)小物塊，根據(jù)牛頓第二定律得a3=鈭?婁脤1mgm=鈭?0.3隆脕1隆脕101=鈭?3m/s2

設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1

兩者速度相等；則有。

v2+a2t1=v1+a3t1

解得：t1=1s

當(dāng)速度相等時(shí)；物塊正好運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板長(zhǎng)度最短；

此過程中，木塊運(yùn)動(dòng)的位移x3=v1t1+12a3t12=6隆脕1鈭?12隆脕3隆脕1=4.5m

木板運(yùn)動(dòng)的位移x4=v2t1+12a2t12=2隆脕1+12隆脕1隆脕1=2.5m

則木板的長(zhǎng)度最少為L(zhǎng)=x1+x3鈭?x2鈭?x4=6+4.5鈭?2鈭?2.5=6m

．

答：(1)

小物塊和木板的加速度大小分別為3m/s2

和1m/s2

．

(2)

經(jīng)過2s

后；若小物塊仍未從木板上滑落，小物塊和木板的位移分別為6m

和2m

．

(3)

若F

作用2s

后立刻撤去，要使小物塊不滑出木板，木板至少6m

長(zhǎng)．21、略

【分析】

(1)

根據(jù)最大靜摩擦力提供向心力；求出角速度的取值范圍．

(2)

當(dāng)角速度最大時(shí)；A

靠最大靜摩擦力和拉力的合力提供向心力，B

靠拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，聯(lián)立方程組求出最大角速度．

解決本題的關(guān)鍵知道物體做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，抓住臨界狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，難度不大．【解析】解：(1)

根據(jù)最大靜摩擦力提供向心力得：

kmg=mL婁脴12

解得：婁脴1=2kgL

即它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度婁脴鈮?2kgL

(2)

當(dāng)角速度達(dá)到最大時(shí)；對(duì)A

有：kmg鈭?T=mL婁脴2

對(duì)B

有：T+kmg=m?2L婁脴2

聯(lián)立兩式解得婁脴=2kg3L

則角速度婁脴

的最大值是2kg3L

．

答：(1)

角速度婁脴

的取值范圍為婁脴鈮?2kgL

(2)

要使它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度婁脴

的最大值是2kg3L

．22、略

【分析】

由題；小球在水平面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由重力和繩子的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解線速度和周期．

本題是圓錐擺問題，關(guān)鍵是分析小球的受力情況，確定向心力的來源，注意小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與擺長(zhǎng)不同．【解析】解：如圖小球的受力如右圖所示由牛頓第二定律得：

mgtan婁脠=mv2r

由圖可知，小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r=Lsin婁脠

聯(lián)立解得：v=gLtan婁脠sin婁脠

周期T=2婁脨rv=2婁脨Lcos婁脠g

根據(jù)mgtan婁脠=ma

得向心加速度a=gtan婁脠

．

答：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為gLtan婁脠sin婁脠

周期為2婁脨Lcos婁脠g

向心加速度的大小為gtan婁脠

．23、略

【分析】

(1)

當(dāng)A

恰好能保持靜止?fàn)顟B(tài)不下滑時(shí)；婁脤

取最小值婁脤0

分別對(duì)A

和B

受力分析，根據(jù)平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系列式求解；

(2)A

沿水平方向運(yùn)動(dòng)；面對(duì)著墻看，作出物塊A

在豎直平面內(nèi)的受力分析圖，根據(jù)平衡條件列式求解．

本題考查共點(diǎn)力的平衡條件的應(yīng)用，在解題時(shí)要注意靈活選取研究對(duì)象，同時(shí)注意動(dòng)摩擦力的中的壓力為垂直于接觸面的壓力，而不是重力，難度適中．【解析】解：(1)

當(dāng)A

恰好能保持靜止?fàn)顟B(tài)不下滑時(shí)，婁脤

取最小值婁脤0

設(shè)線與墻之間的夾角為婁脠

由幾何關(guān)系可得：tan婁脠=d+r(L+r)2鈭?(d+r)2=34

對(duì)球BN1=Mgtan婁脠

對(duì)物塊Af1=mgN2=N鈥?1=N1

f1=婁脤0N2

解得：婁脤0=215隆脰0.13

(2)A

沿水平方向運(yùn)動(dòng)；面對(duì)著墻看，作出物塊A

在豎直平面內(nèi)的受力分析如圖所示；

則有：

Fsin婁脕=mg

Fcos婁脕=f2

f2=婁脤N2

解得：F=1013Ntan婁脕=23

則婁脕=arctan23

．

答：(1)

若要求放手之后A

能保持靜止?fàn)顟B(tài)；婁脤

的最小值為0.13

(2)

若婁脤=0.2

在物塊A

上施加一個(gè)與墻平行的外力F

使A

在未脫離圓球前貼著墻沿水平方向勻速抽出，此外力F

大小為1013N

方向與水平方向成arctan23

度斜向上．24、略

【分析】

(1)

對(duì)木板和小物體受力分析；由牛頓第二定律可以求得加速度的大??；

(2)

根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式求出位移大?。?/p>

(3)

撤去拉力后；小滑塊在滑動(dòng)摩擦力作用下，做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度相等時(shí)相對(duì)靜止，然后一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，求出速度相等前滑塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移，進(jìn)而求出木板的最小長(zhǎng)度．

解題的關(guān)鍵是正確對(duì)滑塊和木板進(jìn)行受力分析，清楚滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，知道當(dāng)速度相等時(shí)，物塊正好運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板長(zhǎng)度最短，難度適中．【解析】解：(1)

對(duì)小物塊，根據(jù)牛頓第二定律得：a1=F鈭?婁脤1mgm=6鈭?0.3隆脕1隆脕101=3m/s2

對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律得：a2=婁脤1mg鈭?婁2(M+m)gM=0.3隆脕1隆脕10鈭?0.1隆脕2隆脕101=1m/s2

(2)

根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式得：

2s

內(nèi)小物塊的位移x1=12a1t2=12隆脕3隆脕4=6m

木板的位移x2=12a2t2=12隆脕1隆脕4=2m

(3)

撤去F

時(shí)；物體的速度v1=a1t=3隆脕2=6m/s

木板的速度v2=a2t=1隆脕2=2m/s

撤去F

后；物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板以原來的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等后一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

撤去F

后，對(duì)小物塊，根據(jù)牛頓第二定律得a3=鈭?婁脤1mgm=鈭?0.3隆脕1隆脕101=鈭?3m/s2

設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1

兩者速度相等；則有。

v2+a2t1=v1+a3t1

解得：t1=1s

當(dāng)速度相等時(shí)；物塊正好運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板長(zhǎng)度最短；

此過程中，木塊運(yùn)動(dòng)的位移x3=v1t1+12a3t12=6隆脕1鈭?12隆脕3隆脕1=4.5m

木板運(yùn)動(dòng)的位移x4=v2t1+12a2t12=2隆脕1+12隆脕1隆脕1=2.5m

則木板的長(zhǎng)度最少為L(zhǎng)=x1+x3鈭?x2鈭?x4=6+4.5鈭?2鈭?2.5=6m

．

答：