2015届山西省太原市高三模拟考试(二)物理试题及答案

解析
先以盒子和小球组成的系统为研究对象，无论上滑还
是下滑，用牛顿第二定律均可求得系统的加速度大小为a ＝
gsin α，方向沿斜面向下，由于盒子和小球始终保持相对静 止，所以小球的加速度大小也是 a ＝ g sin α ，方向沿斜面向 下，小球沿斜面向下的重力分力大小恰好等于所需的合外 力，因此不需要左、右侧面提供弹力．故选项A正确．
答案
C
反思总结
如何理解理想化模型——“轻弹簧”与“橡皮筋”
(1) 弹簧与橡皮筋产生的弹力遵循胡克定律 F ＝ kx， x 是指形
变量．
(2)“轻”即指弹簧(或橡皮筋)的重力不计，所以同一弹簧的 两端及中间各点的弹力大小相等． (3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿弹簧轴线)，分析弹簧问 题时一定要特别注意这一点，而橡皮筋只能受拉力作用．
自由杆和固定杆中的弹力方向
类型
特征
受力特征
自由杆
可以自由转动
杆受力一定沿杆方向
固定杆
不能自由转动
不一定沿杆方向，由物体 所处状态决定
【典例1】
甲、乙两图中的杆都保持静止，试画出甲、
乙两图O点受杆的作用力的方向．(O为结点)
图2－1－8
解析
甲为自由杆，受力一定沿杆方向，如下图甲所示的
F N 1 . 乙为固定杆，受力由 O 点所处状态决定，此时受力平
方向可能沿杆向上．
答案 CD
反思总结
轻杆弹力的确定方法
杆的弹力与绳的弹力不同，绳的弹力始终沿绳指向绳收缩的
方向，但杆的弹力方向不一定沿杆的方向，其大小和方向的 判断要根据物体的运动状态来确定，可以理解为 “ 按需提 供”，即为了维持物体的状态，由受力平衡或牛顿运动定律 求解得到所需弹力的大小和方向，杆就会根据需要提供相应

于原木 P 在支撑点 M 、 N 处受力的方向，下列说法正确的是
( )
专题一
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的静摩擦力沿水平方向 [答案] A
[ 解析 ]
本题考查弹力和摩擦力的方向，解题关键要明
有力的合力，不要误认为只是两绳的合力。 [答案] A
专题一
第一讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
拓展提升 一、基础知识要记牢 1．平衡状态 物体处于静止或匀速直线运动的状态。
2．动态平衡
(2014·山东理综 ) 如图，用两根等长轻绳将木板 悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时 将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静 止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉 力的大小，则维修后( )
A．F1不变，F2变大
B．F1不变，F2变小 C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小
生对共点力平衡问题的处理能力。 假设天花板与木块间的弹力为零，则之间的摩擦力也为 零，受力如图 1 所示。与合力为零相矛盾， A 项错；假设天花
板与木块间摩擦力为零，受力如图 2 所示。与合力为零相矛
盾，B项错；对木块分析，如图3所示，摩擦力等于木块重力沿 斜面方向的分力，与F大小无关，C错D对。
专题一
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
A．天花板与木块间的弹力可能为零 B．天花板对木块的摩擦力可能为零 C ．推力 F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增 大
D ．推力 F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不

山西省太原市2015届高三年级模拟考试（二）物理试题（含答案解析）高考真题高考模拟高中联考期中试卷期末考试月考试卷学业水平同步练习山西省太原市2015届高三年级模拟考试（二）物理试题（含答案解析）1 （单选）直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成了一个闭合回路；长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，观察到ab向左滑动．关于cd中的电流，下列说法正确的是（）A．电流一定增大，方向沿c向dB．电流一定增大，方向沿d向cC．电流一定减小，方向可能由d向cD．电流大小恒定，方向由d到c【答案解析】解：导线左移时，线框的面积增大，由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流减小，都会发生ab左移的情况；故选：C．2 （单选）2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上．观察发现，“接棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B．甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C．乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【答案解析】解：A、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；故选：C．3 （单选）近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当干给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（）A． 4.2 B． 3.7 C． 2.8 D． 2.0【答案解析】解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：则由几何关系可知：人的颈椎对头的支持力F：所以F=；故选：B．4 （单选）假设火星可视为质量均匀分布的球体，已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为T，火星的半径为R0，自转周期为T0，则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为（）A． B．C． 1﹣ D． 1﹣【答案解析】解：在赤道上的物体，有：，在两极，有：联立两式，根据，解得GM=，代入可得=1﹣．故选：D．5 （单选）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈l和2，其边长L1＞L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈l、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热世分别为Q1、Q1，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则（）A． v1＜v2，Q1＞Q2，q1＞q2 B． v1=v2，Q1=Q2，q1=q2C． v1＜v2，Q1＞Q2，q1=q2 D． v1=v2，Q1＜Q2，q1＜q2【答案解析】解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流时，受到磁场的安培力大小为：F=由电阻定律有：R=ρ （ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量m=ρ0S•4L，（ρ0为材料的密度）．当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：a==g﹣联立得，加速度为：a=g﹣由上式分析得知，线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g 的匀加速运动，匀加速运动的位移相同，所以落地速度v1＜v2．由能量守恒可得：Q=mg（h+H）﹣mv2（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得 Q1＞Q2．根据q==∝L知，q1＞q2．故选：A．6 （多选）图1是远距离输电线路的示意图，圈2是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．发电机输出交流电压的有效值约为500 VB．用户用电器上交流电的频率是100 HzC．输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大【答案解析】解：A、由图象可知交流的最大值为Um=707V，因此其有效值为U==500V，故A正确；B、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故B 错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C 错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：AD．7 （多选）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示．则（不考虑空气阻力）（）A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大D．到达x1位置时，小球速度的大小为【答案解析】解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；D、根据动能定理可得得，故D正确；故选：BD8 （多选）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【答案解析】解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力μ（M+m）g+μMg，故A错误．B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1=Ma1，F﹣f1﹣f2=ma2发生相对运动需要a2＞a1代入数据解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．C、若砝码与纸板分离时的速度小于，根据知，因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移，所以砝码可能还会从桌面掉下，故C错误．D、当F=μ（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度=2μg，根据，解得t=，则此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移，可知砝码恰好到达桌面边缘，故D正确．故选：BD．9 用如图的电路可以精确测量定值电阻R0的电阻值和滑动变阻器R2的总阻值，图中R1为电阻箱，主要操作步骤如下，完成步骤中的填空：①将滑动变阻器滑片调到最左端，断开S2，接着闭合S、S1，读出电流表的示数I1；②再断开S1 ，闭合S2 ，调节电阻箱的电阻值，当电阻箱的电阻为5.6Ω时，电流表的示数也为I1，断开S；③将滑动变阻器滑片调到最右端，断开S2，闭合S、S1；读出电流表的示数I2；④再断开S1 ．闭合S2 ．调节电阻箱的电阻值为15.8Ω时，电流表的示数也为I2；⑤则定值电阻R0= 5.6 Ω；滑动变阻器R2的总阻值为10.2 Ω．【答案解析】解：由题意可知，本题应采用替代法进行测量，第①步中接入电路的只有R0，故断开S1，闭合S2，使电流仍为I1时，可知，电阻箱的阻值即为R0的阻值，则可知R0=5.6Ω；为了测量滑动变阻器的总阻值，应将滑动变阻器全部接入时得出电流值，再用电阻箱替代两电阻，得出相对的电流值，可得出滑动变阻器的总阻值与R0的阻值为电阻箱的电阻，故滑动变阻器的总阻值为：15.8﹣5.6=10.2Ω；故答案为：②S1；S2；电阻箱；④S1，S2；⑤5.6；10.210 利用图1的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数．在斜面底端O处固定一光电门，当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下，通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为△t．测得P、O间的距离为x．已知遮光片的宽度为d．完成下列填空：（1）P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是；（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示，则d= 0.500 cm，（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下，用米尺分别测出下滑点与O间的距离x，记下遮光片相应通过光电门的时间△t，利用所得数据作出（）2﹣x图线如图3所示：①由图线可得滑块加速度的大小为 3.92 m/s2；②测得斜面的高度h=60.00cm、斜面的长度L=100.00cm，取g=9.80m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数的值μ=0.25 ．【答案解析】解：（1）滑块经过光电门的速度为v=；根据运动学公式，那么P、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式：；（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第0个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0×0.05mm=0.00mm，所以最终读数为：5mm+0.00mm=5.00mm=0.500cm；（3）①根据作出（）2﹣x图线，结合，则有：k=2a；那么a==m/s2=3.92m/s2；②滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有：mg﹣μmg=ma；解得：μ==0.25；故答案为：（1）；（2）0.500；（3）3.92，0.25．11 一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢，在水平直道上匀速行驶，其所受的阻力与各自的重量成正比，比例系数为k=0.2且与速度无关．某时刻车厢脱落，车厢停止运动时，卡车与车厢相距△x=96m．已知整个过程中卡车的牵引力保持不变，取g=10m/s2，求车厢脱落时的速度v0．【答案解析】解：设卡车的牵引力为F，车厢脱落前，对卡车和车厢整体分析有：F﹣3kmg=0．设车厢脱落后，卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿运动定律有：F﹣k×2mg=2ma1，kmg=ma2，设卡车和车厢的位移分别为x1和x2，由运动学方程有：，，△x=x1﹣x2，v0=a2t，代入数据解得v0=16m/s．答：车厢脱落时的速度为16m/s．12 在如图的xOy坐标系中．A（﹣L，0）、C是x轴上的两点，P点的坐标为（0，L）．在第二象限内以D（﹣L，L）为圆心、L为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在第一象限三角形OPC之外的区域，分布着沿y轴负方向的匀强电场．现有大量质量为m、电荷量为+q的相同粒子，从A点平行xOy平面以相同速率、沿不同方向射向磁场区域，其中沿AD方向射入的粒子恰好从P点进入电场，经电场后恰好通过C点．已知a=30°，不考虑粒子间的相互作用及其重力，求：（1）电场强度的大小；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间．【答案解析】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，粒子初速度为v0，则，由几何关系得：r=L，沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直，设在电场中运动的时间为t0，电场强度为E，则qE=ma，，L=解得：E=（2）若粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，粒子从F点射出磁场，由于r=L，故四边形ADFO′为菱形，O′F平行AD，vF⊥O′F，带电粒子离开磁场时，速度方向沿x轴正方向，则有：yF=L（1﹣cosθ），粒子从F′通过PC，则粒子在电场中运动的时间为t，从C′通过x轴离开电场，沿x轴方向的位移为x，x=v0t，，粒子到达x轴的坐标为xC′，xC′=xF′+x（0＜θ≤90°）当θ=90°时，xC′的最小值，当时，xC′的最大值所以x正半袖上有粒子穿越的区间为答：（1）电场强度的大小为；（2）x正半袖上有粒子穿越的区间为．13 （多选）关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大B．若两分子间距离减小，分子间斥力增大、引力减小，合力为斥力C．在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的【答案解析】解：A、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体的温度一定升高，故气体分子的平均动能增大；故A正确；B、若两分子间距离减小，分子间斥力和引力都增大；但斥力变化快；从而导致合力为斥力；故B错误；C、在围绕地球运行的“天宫一号”内，飘浮的水滴呈球形，这是重力充当向心力，而表面张力起主要作用的结果；故C正确；D、布朗运动是由于固体小颗粒受到的撞击不平衡而导致的；故D错误；故选：AC．14 如图，一根粗细均匀的玻璃管，由A、B、C三段直管及横管组成，A、C两端开口，B、C两管内装有水银且两管内液面相平．若把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下8cm 处且稳定时．B内水银面下降的高度为2cm；若先将c管上端封闭，再把A管竖直插入水银槽中，当管口在水银面下13cm处且处于稳定时，进入A管内的水银柱长度为5cm，求此时B 管内水银面下降的高度．（已知大气压强p0=76cmHg，环境温度不变）【答案解析】解：设管的截面积为S，未插入水银槽前AB部分空气柱长为l0，不封闭C管的情况下，A管内封闭气体压强和长度分别为：P1=P0+ρgh1=80cmHg；l1=l0﹣4+2=l0﹣2由玻意耳定律可得：P0l0s=P1l1sC管封闭时，设B处水银下降的高度为x，AB管内封闭气体压强和长度分别为：P2=P0+ρgh2l2=l0﹣5+x由玻意耳定律可得：P1l1S=P2l2S解得：x=1.2m；答：此时B管内水银面下降的高度为1.2m．15 （多选）从O点发出的甲、乙两列倚谐横波沿x正方向传播，某时刻两列波分别形成的波形如图所示，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是（）A．两列波具有相同的波速B．两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C． P点比Q点先回到平衡位置D． P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动E．若甲、乙两列波在空间相遇时不会发生干涉【答案解析】解：A、B两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同．故A正确，B错误．C、由图可知，两列波波长之比λ甲：λ乙=3：2，波速相同，由波速公式v=得到周期之比为T甲：T乙=3：2．Q点与P点都要经过周期才回到平衡位置．所以Q点比P点先回到平衡位置．故C错误．D、两列波的频率之比为f甲：f乙=2：3，则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动．故D正确．E、两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样．故E正确．故选：ADE16 如图，三棱镜ABC中．∠A=90°，∠B=60°．AB的边长为．让光线从AB边的中点D以某一角度射入三棱镜，到达AC边时恰好发生全反射．已知棱镜的折射率n=，不考虑光在BC边的反射，求：（真空中的光速为c）（1）光从BC边出射角的正弦值sini；（2）光在棱镜中传播所用的时间t．【答案解析】解：（1）由sinC===得临界角C=60°由于光线到达AC边时恰好发生全反射，入射角等于临界角C，光路图如图所示．从F点出射时，入射角为r，出射角为i．由几何知识可得r=60°﹣30°=30°由n=得 sini=nsinr=（2）由几何关系知 DE=l，EF=BD=则光在棱镜中传播的路程 s=DE+EF=l+=l光在棱镜中传播的速度 v=则光在棱镜中传播所用的时间 t=联立得 t=答：（1）光从BC边出射角的正弦值sini为；（2）光在棱镜中传播所用的时间t为．17 （多选）氢原子能级如图所示，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm．已知可见光的波长范围在400nm到760nm之间，以下判断正确的是（）A．从n=4的能级蹦迁到n=3的能级时，辐射光的波长比可见光长 B．用波长为328 nm的光照射，可使氢原子从n=1的能级跃迁到n=2的能级C．用波长为164 nm的光照射，可使处于n=2能级的氧原子电离D．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射3种不同波长的光E．用可见光照射，可能使氢原子从n=2的能级跃迁到n=3的能级【答案解析】解：A、能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差．当从n=4跃迁到n=3的能级，释放的能量是0.66eV，从n=3跃迁到n=2的能级时辐射的能量是1.89eV，根据Em﹣En=hv=h当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，所以从n=4的能级蹦迁到n=3的能级时，辐射光的波长比可见光长，故A正确；B、当从n=1跃迁到n=2的能级，需要吸收的能量为△E=（﹣3.4﹣（﹣13.6））×1.6×10﹣19J=h，解得：λ=122nm；故B错误；C、用波长为164 nm的光照射，能量大于3.4eV，可使处于n=2能级的氢原子电离，故C正确；D、根据=6，所以一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射6种不同波长的光，故D错误；E、氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故E正确．故选：ACE．18 如图所示，光滑水平轨道上右侧有竖直墙壁，有三个小滑块A、B、c，质量分别为mA=m，mB=mC=2m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B 以共同速度一起向右运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B与C发生碰撞并粘在一起．BC与墙壁发生弹性碰撞后返回，最终A与BC间距保持不变．求：（i）A物块最后的速度．（ii）A、B分离时弹簧释放的弹性势能．【答案解析】解：（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，规定向右为正方向，（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，B与C碰撞过程中动量守恒，mBvB=（mB+mC）v，BC与墙壁发生弹性碰撞后返回，最终A与BC间距保持不变，所以vA=﹣vvA=﹣v0，方向水平向左（2）由能量守恒定律得，弹簧的弹性势能：EP+（mA+mB）=mAvA2+mBvB2解得：EP=3m．答：（i）A物块最后的速度大小是v0，方向水平向左．（ii）A、B分离时弹簧释放的弹性势能是3m．。

(1)定义：求一个已知力的 分力 的过程． (2)遵循原则：平行四边形 定则或 三角形 定则． (3)分解方法：①按力产生的 效果 分解；②正交分解．
判断正误，正确的划“√”，错误的划 “×”．
(1)两个力的合力一定大于任一个分力．
(2)合力和分力是等效替代的关系． (4)1 N的力和2 N的合成一定等于3 N． 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
4．(单选)如图2－3－3所示，重力为G 的物体静止在倾角为α的斜面上，将
重力G分解为垂直斜面向下的力F1
和平行斜面向下的力F2，那么 A．F1就是物体对斜面的压力 B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcos α 图2－3－3 ( )．
C．F2就是物体受到的静摩擦力
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1 和F2共五个力的作用
(
( (
)
) ) )
(3)3 N的力能够分解成5 N和3 N的两个分力． (
矢量和标量 (考纲要求 Ⅰ)
1.矢量：既有大小又有方向的量．相加时遵从 平行四边形定 ____________ 则 ． ____ 没有 方向的量．求和时按 代数法则 相 2．标量：只有大小_____ 加．
基础自测
1．(单选)F1、F2是力F的两个分力．若F＝10 N，则下列不
第3讲 力的合成和分解
力的合成和分解 (考纲要求 Ⅱ)
1.合力与分力
(1)定义：如果一个力 产生的效果 跟几个共点力共同作用 产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来 的几个力叫做 分力． (2)关系：合力和分力是 等效替代 的关系．
2．共点力：作用在物体的 同一点，或作用线的 延长线 交于 一点的力，如图2－3－1所示均是共点力．