【步步高】2018版浙江省高考物理《选考总复习》模块检测卷一-必修1

[考试标准]1．实验原理(见实验原理图)(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图象和a－1m图象，确定其关系．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．3．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码．②保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.④描点作图，作a－F的图象．⑤保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图象．1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)不重复平衡摩擦力．(3)实验条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．3．数据处理(1)利用逐差法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比．命题点一教材原型实验例1某实验小组同学用如图1所示装置“探究加速度与力、质量的关系”．图1(1)在研究物体加速度与力的关系时，保持不变的物理量是________(只需填A或B)．A．小车质量B．塑料桶和桶中砝码的质量(2)实验中，首先要平衡摩擦力，具体做法是________(只需填A或B)．A．在塑料桶中添加砝码，使小车带着纸带匀速运动B ．取下塑料桶，垫起长木板的一端，使小车带着纸带匀速运动(3)实验中要使小车的质量________(填“远大于”或“远小于”)塑料桶和桶中砝码的质量，才能认为细绳对小车的拉力等于塑料桶和砝码的重力．解析 (1)该实验采用了“控制变量法”，即在研究加速度与质量、力之间的关系时，要保持另一个物理量不变，因此在研究物体加速度与力的关系时，保持不变的物理量是小车的质量，故A 正确，B 错误．(2)为了使绳子的拉力等于小车的合外力，在进行实验之前要进行平衡摩擦力，具体做法是：适当垫高长木板不带定滑轮的一端，轻推未挂塑料桶的小车，恰使拖有纸带的小车匀速下滑．故A 错误，B 正确．(3)设绳子上的拉力为F ，对小车根据牛顿第二定律有：F ＝Ma ①对塑料桶和砝码有：mg －F ＝ma ②由①②解得：F ＝mgM m ＋M ＝mg 1＋m M由此可知当M ≫m 时，才能认为塑料桶和砝码的重力等于绳子的拉力．答案 (1)A (2)B (3)远大于 题组阶梯突破1．在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从图2中选取实验器材，其名称是____________；并分别写出所选器材的作用________________．图2答案学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量解析电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小．钩码放在小车上来调节小车质量．2．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，必须采用________法；为了探究加速度与力的关系，应保持________不变；为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应该作出________图象(选填“a－F”或“a－1F”)．为了探究加速度与质量的关系，应保持________不变；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作________图象(选填“a－m”或“a－1m”)．答案控制变量m a－F F a－1m解析为了探究加速度与力的关系，应保持m不变，为了直观地判断加速度a与力F的数量关系，应作出a－F图象．为了探究加速度与质量的关系，应保持F不变，为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作a－1m图象．3．(2016·兴平市一模)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系．(1)下列图象中能表示该同学实验结果的是________．(2)某次实验中打出如图3所示的纸带(打点计时器电源的频率为50 Hz)，则这个加速度值a＝________m/s2(计算结果保留两位有效数字)图3答案 (1)A (2)0.80解析 (1)平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线，故选A ；(2)T ＝5T 0＝0.1 s ，根据公式Δx ＝aT 2得：0.035 3－0.019 3＝2aT 2代入数据得到：a ＝0.035 3－0.019 32×0.12 m/s 2＝0.80 m/s 2.命题点二 拓展创新实验例2 (2016·连云港模拟)用图4甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图．两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码．两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止．实验中可以通过在车中放砝码改变小车的质量．图4(1)探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码；(2)实验中，两小车的加速度之比________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比．解析 (1)探究“加速度与质量之间的关系”时，要保证拉力不变，则应在小盘中放质量相同的砝码．(2)根据初速度为零的匀变速直线运动公式x ＝12at 2，两车的位移之比等于加速度之比． 答案 (1)相同 (2)等于 题组阶梯突破4．(2016·宿迁模拟)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图5甲所示的装置．在实验过程中：甲乙图5(1)打点计时器应该与________(选填“交流”或“直流”)电源连接；在闭合开关前，将小车放置在________的一端(选填“靠近滑轮”或“靠近打点计时器”)．(2)在探究过程中，该同学打出了一条纸带，并在纸带上连续取几个计数点，如图乙所示．自A 点起，相邻两点间的距离分别为10.0 mm 、16.0 mm 、22.0 mm 、28.0 mm.已知相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，则打D 点时小车的速度为________m/s ，整个过程中小车的平均加速度为________ m/s 2.答案 (1)交流 靠近打点计时器 (2)0.25 0.6解析 (1)打点计时器应该与交流电源连接，为充分利用纸带，应使小车停在靠近打点计时器处；(2)根据中间时刻的速度等于平均速度得：v D ＝x CE 2T ＝0.022＋0.0280.2m/s ＝0.25 m/s 根据题意可知，相邻两个计数点之间的距离之差Δx ＝16.0 mm －10.0 mm ＝22.0 mm －16.0 mm ＝28.0 mm －22.0 mm ＝6 mm则a ＝Δx T 2＝0.006 0.01m/s 2＝0.6 m/s 2. 5．某同学利用如图6所示的装置进行“探究加速度与物体质量的关系”的实验．A 为小车，B 为打点计时器，C 为装有砝码的小桶，D 为一端带有定滑轮的长方形木板．实验时，保证砝码和小桶的总质量m 不变，改变小车质量M ，分别测得小车的加速度a 与对应的质量M 的数据如下表：图6(1)根据上表数据，为进一步直观地反映F 不变时，a 与M 的关系，在图7中选择适当的物理量为坐标轴建立坐标系，作出图线．图7(2)根据所绘的图线，计算砝码和小桶的总重力为________N，且表明该同学在实验操作中最可能存在的问题：_____________________________________________________________________________________________________________________________________.答案(1)图线如图所示(2)0.5平衡摩擦力过度解析(1)为画线性关系，纵轴表示加速度a，横轴表示质量的倒数1M；(2)图象的斜率表示小车所受的合外力，即砝码和小桶的总重力，求出G＝0.5 N；作出的图线与纵轴有截距，说明平衡摩擦力过度．。

[考试标准]一、重力势能和弹性势能1．重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关．2．重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加；物体从位置A 到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G＝－ΔE p.3．弹力做功与弹性势能的关系：弹力对物体做正功，弹性势能减少，弹力对物体做负功，弹性势能增加，弹力对物体做的功等于弹性势能的减少量．二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．2．条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化．[深度思考]判断下列说法是否正确．(1)物体速度增大时，其机械能可能在减小．(√)(2)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒．(×)(3)物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化．(×)(4)物体只发生动能和势能的相互转化时，物体的机械能一定守恒．(√)1．关于重力做功，下列说法不正确的是()A．重力做正功，物体的重力势能一定减小B．重力做负功，重力势能一定增加C．重力做负功，可以说成物体克服重力做功D．重力做正功，物体的动能一定增加答案 D2．关于弹性势能，下列说法中正确的是( ) A ．当弹簧变长时弹性势能一定增大 B ．当弹簧变短时弹性势能一定减小C ．在拉伸长度相同时，k 越大的弹簧的弹性势能越大D ．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能 答案 C3．如图1所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F 作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( ) 图1 A ．弹簧的弹性势能逐渐减少 B ．弹簧的弹性势能逐渐增加 C ．弹簧的弹性势能先增加再减少 D ．弹簧的弹性势能先减少再增加 答案 D4．下列运动中，物体机械能守恒的是( ) A ．做平抛运动的物体 B ．被气球吊着加速上升的物体 C ．在斜面上匀速下滑的物体D ．以45g 的加速度在竖直方向上匀加速下降的物体答案 A5．运动会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图2所示，若不计空气阻力，这些物体从被抛出到落地的过程中( )图2A ．物体的机械能先减小后增大B ．物体的机械能先增大后减小C ．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D ．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小 答案 D命题点一 机械能守恒的判断和应用例1 如图3所示，小球质量为m ，大小不计，右边圆轨道半径为R ，小球从h ＝3R 处沿斜面滑下后，又沿圆轨道滑到最高点P 处，不计任何摩擦．求： (1)小球通过P 点的速度大小．(2)小球通过圆轨道最低点时对轨道的压力．图3解析 (1)根据机械能守恒定律：mg (h －2R )＝12m v 21 解得小球通过P 点的速度v 1＝2gR (2)设小球通过最低点的速度为v2 根据机械能守恒定律mgh ＝12m v 22根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 22R解得F N ＝7mg ，由牛顿第三定律可知故小球通过圆轨道最低点时对轨道的压力大小为7mg ，方向竖直向下．答案 (1)2gR (2)7mg ，方向竖直向下用机械能守恒解题的三种观点 1．守恒观点(1)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2或E 1＝E 2.(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．(3)注意：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面． 2．转化观点(1)表达式：ΔE k ＝－ΔE p .(2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能． 3．转移观点(1)表达式：ΔE A 增＝ΔE B 减．(2)意义：若系统由A 、B 两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A 部分机械能的增加量等于B 部分机械能的减少量． 题组阶梯突破1．如图4所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p 和E k ，弹簧弹性势能的最大值为E p ′(以水平面为零势能面)，则 图4 它们之间的关系为( )A ．E p ＝E k ＝E p ′B ．E p >E k >E p ′C ．E p ＝E k ＋E p ′D ．E p ＋E k ＝E p ′答案 A2．如图5所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，不计空气阻力，下列关于能量的叙述中正确的是( ) A ．重力势能和动能之和总保持不变 B ．重力势能和弹性势能之和总保持不变 C ．动能和弹性势能之和保持不变图5D ．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变 答案 D解析 在弹簧压缩到最短的整个过程中，小球受到了重力和弹簧的弹力，且只有这两个力在做功，系统满足机械能守恒的条件，故重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．3．如图6所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( ) A.12m v 20＋mgH图6B.12m v 20＋mgh 1 C ．mgH －mgh 2 D.12m v 20＋mgh 2 答案 B解析 不计空气阻力，只有重力做功，从A 到B 过程，由机械能守恒定律可得：mgh 1＝E k B －12m v 20，所以E k B ＝12m v 20＋mgh 1，故选B.4．(2016·温州期末)如图7所示，把质量为0.5 kg 的石块从离地面10 m 高处以30°角斜向上方抛出，初速度为v 0＝8 m/s .不计空气阻力，以地面为零势能参考平面，g 取10 m/s 2.求： (1)石块抛出时的动能； (2)石块落地时的机械能；图7(3)石块的动能恰好等于重力势能时，石块离地的高度． 答案 (1)16 J (2)66 J (3)6.6 m解析 (1)石块抛出时的动能为：E k ＝12m v 20＝12×0.5×82 J ＝16 J ； (2)根据机械能守恒定律知，石块落地时的机械能等于抛出时的机械能，为： E ＝12m v 20＋mgh ＝16 J ＋0.5×10×10 J ＝66 J ； (3)石块的动能恰好等于重力势能时，设石块离地的高度为H ，速度大小为v ，由机械能守恒定律有：E ＝mgH ＋12m v 2据题有：mgH ＝12m v 2解得：H ＝6.6 m.命题点二 含弹簧类机械能守恒问题例2 如图8所示，半径为R 的光滑半圆形轨道CDE 在竖直平面内与光滑水平轨道AC 相切于C 点，水平轨道AC 上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B 与轨道最低点C 的距离为4R ，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l 时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E ；之后再次从B 点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE 轨道抛出后恰好落在B 点，已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量．图8解析 设第一次压缩量为l 时，弹簧的弹性势能为E p .释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v 1 由机械能守恒定律得E p ＝12m v 21设小球在最高点E 时的速度为v 2，由临界条件可知 mg ＝m v 22R，v 2＝gR由机械能守恒定律可得12m v 21＝mg ×2R ＋12m v 22 以上几式联立解得E p ＝52mgR设第二次压缩时弹簧的压缩量为x ，此时弹簧的弹性势能为E p ′小球通过最高点E 时的速度为v 3，由机械能守恒定律可得：E p ′＝mg ·2R ＋12m v 23 小球从E 点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R ＝v 3t,2R ＝12gt 2，解得v 3＝2gR ，解得E p ′＝4mgR由已知条件可得E p ′E p ＝x 2l 2，代入数据解得x ＝2105l .答案 2105l含弹簧类机械能守恒的处理方法1．物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，物体的机械能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．若还有其他外力和内力做功，这些力做功的代数和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．题组阶梯突破5.(2015·浙江9月选考·11)如图9所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落．不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零．撤去手掌后，下列说法正确的是()A．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力B．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零图9 C．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零D．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大答案 C6．如图10所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与A前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连，整个装置处于静止状态．图10今用外力沿斜面向下推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中()A．弹簧弹性势能的减少量大于A和B的机械能的增加量B．弹簧的弹性势能一直减小直至为零C．A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量D．A对B做的功等于B的机械能的增加量答案 D解析 弹簧、盒子A 、光滑球B 和地球组成的系统机械能守恒，从释放盒子直至其获得最大速度的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于A 和B 的机械能的增加量，弹簧的弹性势能一直减小，但速度最大时弹簧弹性势能不等于零，故选项A 、B 均错误；由动能定理可知，A 所受重力、B 对A 的弹力和弹簧弹力做功的代数和等于A 的动能增加量，又由于B 对A 的弹力做负功，所以A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 的动能的增加量，故选项C 错误；A 对B 做的功等于B 的机械能的增加量，故选项D 正确．7．如图11所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球B 下降h 时的速度为( )图11A.2ghB.ghC.gh 2D ．0答案 B解析 对弹簧和小球A ，根据机械能守恒定律得弹性势能E p ＝mgh ；对弹簧和小球B ，根据机械能守恒定律有E p ＋12×2m v 2＝2mgh ，得小球B 下降h 时的速度v ＝gh ，只有选项B 正确．8．如图12所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100 N /m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度h 处静止释放小球，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图12(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km . 答案 (1)7 m/s (2)6 J解析 (1)小球刚过C 点时，由牛顿第二定律有： F N ＋mg ＝m v 2Cr代入数据解得：v C ＝7 m/s(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．设此时小球离D 端的距离为x 0，则有：kx 0＝mg由机械能守恒定律有：mg (r ＋x 0)＋12m v 2C ＝E km ＋E p得：E km ＝6 J.(建议时间：40分钟)1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是( ) A ．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒 B ．物体只受重力，机械能才守恒C ．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒答案 D解析匀速运动所受合外力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少了，A错．物体除受重力或弹力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B错．匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，故C错．由机械能守恒条件知，选项D正确．2．(2016·衢州市调研)如图1所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是()图1A．重力势能减少，弹性势能增大B．重力势能增大，弹性势能减少C．重力势能减少，弹性势能减少D．重力势能不变，弹性势能增大答案 A解析弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确．3．(2015·温州十校联合体联考)如图2所示，质量均为m的两个物体甲和乙从同一水平面下降相同高度h，甲物体竖直向下运动，乙物体沿斜面下滑l.下列说法正确的是()A ．重力对甲做功mghB ．重力对乙做功mglC ．甲的重力势能增加mgh图2D ．乙的重力势能减少mgl答案 A解析 由功的概念和重力做功的特点可知，两种情况下重力做功均为mgh ，A 正确，B 错误；甲、乙的重力势能均减少了mgh ，C 、D 错误．4．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大 D ．斜向下抛的最大 答案 A解析 由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知，落地时速度v 2的大小相等，故A 正确． 5．如图3所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻弹簧系于O ′点，O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )图3A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大C ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大D ．两球到达各自悬点的正下方时，受到的拉力相等 答案 B解析 整个过程中两球减少的重力势能相等，A 球减少的重力势能完全转化为A 球的动能，B 球减少的重力势能转化为B 球的动能和弹簧的弹性势能，所以A 球的动能大于B 球的动能，所以B 正确，A 、C 错误；在悬点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A 球受到的拉力较大，所以D 错误．6．如图4是娱乐场所中的一种滑梯，滑梯在最底端是处于水平切线方向，质量为M 、可看成质点的一名滑梯爱好者从高为h 的滑梯顶端静止下滑，忽略所有摩擦及阻力，则下列关于滑梯爱好者在下滑过程中的说法正确的是( )图4A ．机械能不守恒B ．滑梯爱好者滑到底层末端时的速度大小为v ＝2ghC ．滑梯爱好者滑到底层末端时对滑梯的压力为MgD ．滑梯爱好者到达底层末端时处于失重状态 答案 B解析 由于忽略所有摩擦及阻力，在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，A 错误；因为Mgh ＝12M v 2，可知滑梯爱好者滑到底端时的速度大小为v ＝2gh ，B 正确；由于到达底端时是圆弧，合力用来提供做圆周运动的向心力，因此支持力大于重力，C 错误；由于合力向上，因此滑梯爱好者到达底层末端时处于超重状态，D 错误．7．物体做自由落体运动，E k 代表动能，E p 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)，下列图象能正确反映各物理量之间关系的是( )答案 B解析 由机械能守恒定律得E p ＝E －E k ，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C 错；由动能定理得E k ＝mgh ，则E p ＝E －mgh ，故势能与h 关系的图象也为倾斜的直线，D 错；E p ＝E －12m v 2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B 对；E p ＝E －12mg 2t 2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A 错．8．如图5，一棵树上与A 等高处有两个质量均为0.2 kg 的苹果，其中一个落入B 处的篮子里，另一个落到沟底的D 处．若以B 处为零势能参考面，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图5A ．落入篮子时苹果的重力势能为2.8 JB ．落入沟底时苹果的重力势能为－6.0 JC ．刚落入篮子时的苹果动能等于刚落入沟底时的苹果动能D ．刚落入篮子时的苹果机械能等于刚落入沟底时的苹果机械能 答案 D解析 不计空气阻力，两苹果只有重力做功，机械能分别守恒，故刚落入篮子时苹果的机械能等于刚落入沟底时苹果的机械能，选项D 正确；落入篮子时苹果的重力势能E p ＝mgh ＝0，选项A 错误；落入沟底时苹果的重力势能E p ′＝mgh ′＝－mgh BD ＝－8.8 J ，选项B 错误；因苹果落入沟底的过程重力做功大于苹果落入篮子的过程重力做功，由动能定理可知刚落入篮子时苹果的动能小于刚落入沟底时苹果的动能，选项C 错误．9．(2015·浙江10月选考·8)质量为30 kg 的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5 m ．小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25 m 高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，她对秋千板的压力约为( ) A ．0 B ．200 NC ．600 ND ．1 000 N答案 C解析 小孩运动到最低点的过程中， 由机械能守恒定律：mgh ＝12m v 2①在最低点，有F N －mg ＝m v 2L ②由①②得：F N ＝600 N.由牛顿第三定律知，小孩对秋千板的压力F N ′＝F N ＝600 N.10．如图6所示，细绳一端固定于O 点，另一端系一质量为m 的小球．现将小球从离地h 高处的A 点由静止释放，运动到最低点B 时，小球的速度大小为v .若以地面为参考平面，不计空气阻力，小球运动到最低点时的机械能为( )图6A ．mgh B.12m v 2 C.12m v 2＋mgh D.12m v 2－mgh答案 A解析 小球从A 点运动到B 点的过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律得，小球在B 点的机械能等于在A 点的机械能，即E B ＝mgh ，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．11．取水平地面为重力势能零面．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4C.π3D.5π12答案 B解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．12.如图7所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒图7 B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了3mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgL，故B正确．13．(2016·乐清市期末)如图8所示，平台离水平地面的高度为H＝5 m，一质量为m＝1 kg 的小球从平台上A点以某一速度水平抛出，测得其运动到B点时的速度为v B＝10 m/s.已知B 点离地面的高度为h＝1.8 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，以水平地面为零势能面．问：图8(1)小球从A点抛出时的机械能为多大？(2)小球从A点抛出时的初速度v0为多大？(3)B点离竖直墙壁的水平距离L为多大？答案 (1)68 J (2)6 m/s (3)4.8 m解析 (1)小球在运动的过程中，机械能守恒，则A 点的机械能与B 点的机械能相等， 则E A ＝E B ＝12m v 2B ＋mgh ＝(12×1×100＋10×1.8) J ＝68 J.(2)根据E A ＝mgH ＋12m v 20得，代入数据解得v 0＝6 m/s.(3)根据H －h ＝12gt 2得，t ＝2(H －h )g＝2×(5－1.8)10s ＝0.8 s ， 则B 点离竖直墙壁的水平距离L ＝v 0t ＝6×0.8 m ＝4.8 m.14.如图9所示，质量为m 的物体，以某一初速度从A 点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过轨道最低点B 时的速度为3gR ，求： (1)物体在A 点时的速度大小； (2)物体离开C 点后还能上升多高． 答案 (1)3gR (2)3.5R图9解析 (1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，选取B 点为零势能点．设物体在B 处的速度为v B ，则mg ·3R ＋12m v 20＝12m v 2B ，得v 0＝3gR .(2)设从B 点上升到最高点的高度为H B ， 由机械能守恒可得mgH B ＝12m v 2B ， H B ＝4.5R所以离开C 点后还能上升H C ＝H B －R ＝3.5R .15．如图10所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R ＝0.4 m 的半圆形轨道CD ，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C 点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧的自然状态．将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处时对轨道的压力大小为F 1＝58 N ．水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑．g ＝10 m/s 2，求：图10(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D 点时对轨道的压力． 答案 (1)11.2 J (2)10 N ，方向竖直向上解析 (1)对小球在C 处，由牛顿第二定律及向心力公式得F 1－mg ＝m v 21R，v 1＝(F 1－mg )Rm ＝(58－0.8×10)×0.40.8m /s ＝5 m/s.从A 到B 由动能定理得E p －μmgx ＝12m v 21，E p ＝12m v 21＋μmgx ＝12×0.8×52 J ＋0.5×0.8×10×0.3 J ＝11.2 J. (2)从C 到D ，由机械能守恒定律得： 12m v 21＝2mgR ＋12m v 22， v 2＝v 21－4gR ＝52－4×10×0.4 m /s ＝3 m/s ，由于v 2＞gR ＝2 m/s ，所以小球在D 处对轨道外壁有压力．小球在D 处，由牛顿第二定律及向心力公式得F 2＋mg ＝m v 22R ，F 2＝m ⎝⎛⎭⎫v 22R －g ＝0.8×⎝⎛⎭⎫320.4－10 N ＝10 N.由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上．。

2018年高考物理《步步高》（全国通用•含答案及详细解析）一轮微专题复习题（10套“微专题”题+1套章末综合练习题，共11套题）第二章牛顿运动定律1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是() 图1 A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则() A．棋盘面可选足够光滑的材料．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是() A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等6．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是() 图2 A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M ，环的质量为m ，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为f ，则此时箱对地面的压力大小为多少？则此时箱对地面的压力大小为多少？图3 答案解析1．AD [物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A 项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C 错．D 项符合惯性定义，是正确的．]2．B [图a 是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A 项错误，B 项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C 项错；图b 中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D 项错．]3．D [由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A 错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B 错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C 错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D 正确．]4．C [根据竖直方向上二力平衡知：f 静＝G ，则G 应不超过最大静摩擦力，有f 静<f m ＝μF N ，F N 一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A 错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B 错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C 正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D 错误．]5．D [绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、加速前进、匀速前进或减速前进时，匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A 、B 、C 错误，D 正确．]6．C [在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O ′位置，A 项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力f′，由牛顿第三定律知f′＝f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝f′＋Mg＝f＋Mg. 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝f＋Mg. 1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理；(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．1．(弹簧模型)如图1所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间() 图1 A．木块B对水平面的压力迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小．弹簧的弹性势能立即减小2．(杆模型)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为() 图2 A.233g B．0 C．g D.33g3. 3. ((多选)如图3所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是() 图3 A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小时加速度最小4.如图4所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( ) 图4 A ．gB.M －m m g C ．0 D.M ＋m m g5．(多选)如图5所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°60°..下列判断正确的有( ) 图5 A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g6. (多选多选)如图6所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m ＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( ) 图6 A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B ．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0 7.物块A 1和A 2、B 1和B 2质量均为m ，A 1、A 2用刚性轻杆相连，B 1、B 2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，如图如图7所示．今突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在撤去支托物的瞬间，A 1、A 2受到的合力分别为F A 1和F A 2，B 1、B 2受到的合力分别为F B 1和F B 2，则( ) 图7 A ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，FB 1＝0，F B 2＝2mgB ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝0，F B 2＝2mgC ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mgD ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mg答案解析1．C 2．A [撤离木板之前，小球处于三力平衡状态，木板对小球的弹力大小等于233mg .当木板突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，但小球的重力不变，但小球的重力不变，但小球的重力不变，弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹力的合力大小依旧等于木板对小球的弹力233mg ，根据牛顿第二定律有233mg ＝ma ，得a ＝233g ，选项A 正确．] 3．AC [剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断瞬间，对A 分析，A 的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝2g ，故选项A 正确，B 错误．弹簧开始处于伸长状态，弹簧开始处于伸长状态，弹力弹力F ＝mg ＝kx .当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，x ′＝x ，所以下降的距离为2x ，选项C 正确，D 错误．]4．D [以框架为研究对象进行受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋m m g ，故选项D 正确．] 5．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和切线正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝m v 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．] 6．AB [物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得kx ＝F cos θ，mg ＝F sin θ，解得弹簧的弹力kx ＝mg tan 45°＝20 20 N N ，故选项A 正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，故选项B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，故选项C 、D 错误．] 7．B [撤去支托物的瞬间，由于轻杆是刚体(认为无形变)，所以弹力马上发生变化，A 1、A 2立即做自由落体运动，轻杆与A 1、A 2间弹力为零，所以F A 1＝F A 2＝mg ；撤去支托物前，由平衡条件知弹簧弹力大小为mg ，撤去支托物的瞬间，弹簧的形变因物块静止的惯性而不能马上改变，弹力仍保持原值，所以B 1受的合力F B 1＝0，B 2受的合力F B 2＝2mg ，故选项B 正确．]1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，s 1段光滑，s 2段有摩擦，已知s 2＝2s 1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求s 2段的动摩擦因数μ.(g 取10 m/s 2) 图1 2．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B ＝30 30 kg kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A ＝20 kg 的小物体A (可视为质点)，对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F ＝120 N ，使之从静止开始运动．测得车厢B 在最初t ＝2.0 s 内移动s ＝5.0 m ，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2 (1)计算B 在2.0 s 的加速度；的加速度；(2)求t ＝2.0 s 末A 的速度大小；的速度大小；(3)求t ＝2.0 s 内A 在B 上滑动的距离．上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 1 kgkg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：，忽略浮力．求：图3 (1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2. 图4 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h . (2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v . (3)在无人机从离地高度H ＝100 m 处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.答案解析1.32解析 设物体的质量为m ，在s 1段物体做匀加速直线运动，在s 2段物体做匀减速运动，在s 1段由牛顿第二定律得： mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2 在s 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设s 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在s 1段：v 2＝2a 1s 1在s 2段：v 2＝2a 2s 2，又s 2＝2s 1解得：μ＝322．(1)2.5 m /s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m 解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由s ＝12a B t 2得 a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N 对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s. (3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为s A ＝12a A t 2＝4.5 m ， A 在B 上滑动的距离Δs ＝s －s A ＝0.5 m. 3．(1)15 m /s 2，方向沿杆向上，方向沿杆向上10 m/s 2，方向沿杆向下，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知，在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2， 联立解得μ＝0.5，F ＝50 N. 4．(1)75 m (2)40 m/s (3)535 5 s s 解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma 得a ＝6 m/s 2高度h ＝12at 2 解得h ＝75 m (2)下落过程中mg －f ＝ma 1 a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H 解得v ＝40 m/s (3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2 a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得v m ＝4053 m/s 由v m ＝a 1t 1 解得t 1＝553 s 1．考点及要求：超重和失重(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态；(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．1．(对超重和失重的理解)小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．则下列说法正确的是( ) A ．他始终处于超重状态．他始终处于超重状态B ．他始终处于失重状态．他始终处于失重状态C ．他先后处于超重、平衡、失重状态．他先后处于超重、平衡、失重状态D ．他先后处于失重、平衡、超重状态．他先后处于失重、平衡、超重状态2．(超重和失重的分析)如图1所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A 物块后A 物块匀加速下滑，B 物块获一初速度后匀速下滑，C 物块获一初速度后匀减速下滑，放上D 物块后D 物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止．四种情况下斜面对地面的压力依次为F 1、F 2、F 3、F 4，则它们的大小关系是( ) 图1 A ．F 1＝F 2＝F 3＝F 4B ．F 1>F 2>F 3>F 4C ．F 1<F 2＝F 4<F 3D ．F 1＝F 3<F 2<F 43.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉西奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图2所示．则下列说法正确的是( ) 图2 A ．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态B ．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态C ．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D ．弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s 4．(多选)2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心成功发射；12月14日21时，“嫦娥三号”到达距月球表面4 4 mm 处，关闭所有发动机，首次实现软着陆.12月15日晚，“嫦娥三号”着陆器和巡视器顺利互拍成像，“嫦娥三号”任务取得圆满成功．则下列说法正确的是( ) A ．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态B ．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态C ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态D ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态5.如图3所示，物体A 被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，物体下滑时与静止时物体下滑时与静止时比较，台秤的示数( ) 图3 A ．增加．增加B ．减小．减小C ．不变．不变D ．无法确定．无法确定6．如图4所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是( ) 图4 A ．地面对木楔的支持力大于(M ＋m )gB ．地面对木楔的支持力小于(M ＋m )gC ．地面对木楔的支持力等于(M ＋m )gD ．地面对木楔的摩擦力为0 7．举重运动员在地面上能举起120 120 kg kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 100 kg kg 的重物，求升降机运动的加速度；若在以2.5 m /s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g ＝10 m/s 2) 答案解析1．C [小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，减速，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C 对．] 2．C [设物块和斜面的总重力为G . A 物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F 1<G ；B 物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 2＝G . C 物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F 3>G ；D 物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 4＝G .故有F 1<F 2＝F 4<F 3，故C 正确，A 、B 、D 错误．] 3．A [在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C 错误；弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh可得初速度v 0＝2gh＝20×(2.04－1.932)m /s≈4.6 m/s ，选项D 错误．] 4．AC [发射初期，“嫦娥三号”加速上升，加速度向上，处于超重状态；从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，关闭所有发动机，“嫦娥三号”加速度为重力加速度，处于失重状态，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]5．B [细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，物体A 将加速下滑，则物体A 的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，A 处于失重状态，故台秤的示数将减小，选项B 正确．] 6．A [物体m 沿斜面向下做减速运动，加速度方向沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，系统处于超重状态，故A 正确，B 、C 错误；物体加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误．]7．2 m/s 2，方向向上，方向向上160 kg 解析 运动员在地面上能举起m 0＝120 kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力 F ＝m 0g ＝1 200 N. 在运动着的升降机中只能举起m 1＝100 100 kgkg 的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a 1，对重物由牛顿第二定律得F －m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 2 m m /s 2.当升降机以a 2＝2.5 m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．设此时运动员能举起的重物质量为m 2，对重物由牛顿第二定律得m 2g －F ＝m 2a 2，解得m 2＝160 kg. 1．考点及要求：(1)图象(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律(Ⅱ)；(3)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：。

选修1－1 模块测试卷(满分100分 时间75分钟)一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共69分)1．下列关于磁铁的使用的说法中不正确的是( )A ．磁铁受到撞击会使磁铁的磁性减弱B ．原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性C ．对磁铁加热会使磁铁的磁性减弱D ．永磁体在受到加热或敲打后，其磁性不会发生改变2．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开和关，利用了下列传感器中的( )A ．生物传感器B ．红外传感器C ．温度传感器D ．压力传感器3．将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开现象．下列分析，正确的是( )第3题图A ．撕成细条后，由于空气浮力使细条散开B ．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C ．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开D ．细条之间相互感应起电，相互排斥散开4．在真空中，两个很小的带电体相距为d 时，相互的排斥力为F.保持它们的带电量不变，要使斥力变为16F ，这时两个带电体之间的距离为( )A ．2dB ．4dC .d 4D .d 165．如图所示为一个负点电荷周围的电场分布，A 、B 、C 是电场线上的三个点．下列说法正确的是( )第5题图A．A、B两点的电场强度相同B．A、C两点的电场强度相同C．同一点电荷在A、B两点受到的电场力相同D．不同点电荷在A、C两点受到的电场力可能相同6．下列关于电场说法正确的是()A．电荷在电场中某点受到的电场力大，该点的电场强度就大B．电场强度的方向总跟电场力的方向一致C．负电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向相反D．在匀强电场中，不同带电粒子受到的电场力一定相同7．下列关于磁感应强度的说法不正确的是()A．磁感应强度是矢量B．磁感线越密集的地方，磁感应强度越大C．小磁针静止时N极在磁场中某点的受力方向，就是该点的磁感应强度的方向D．一小段通电导线在磁场中某处所受安培力为零，该处磁感应强度一定为零8．关于电容器的电容，下列说法正确的是()A．电容器所带的电荷越多，电容就越大B．电容器两极板间的电压越高，电容就越大C．电容器所带电荷增加一倍，电容就增加一倍D．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量9．在如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是()A B C D10.如图所示，是一正弦式交变电流的电流图象．此正弦交变电流的周期和电流的有效值分别为()第10题图A．0.01 s，10 2 A B．0.02 s，10 AC．0.02 s，5 2 A D．0.01 s，10 A11．关于电磁波下列说法不正确的是()A．麦克斯韦预言了电磁波的存在B．赫兹证实了电磁波的存在C．电磁波的传播需要介质D．真空中电磁波的波长λ、波速c、频率f之间满足关系式：c＝λf12．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是()A B C D13．关于磁场对通电直导线作用力的大小，下列说法中正确的是()A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，但不为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的大小跟导线与磁场方向的夹角大小无关D．通电直导线跟磁场方向不垂直时肯定无作用力14．磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将()第14题图A．顺时针转动直到N指向右B．逆时针转到直到S指向右C．一直顺时针转动D．一直逆时针转动15.如图所示，磁场对直导线电流的作用力，其中不正确的是()A B C D16．如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是()第16题图A．不改变磁场和电流方向，适当减小磁感应强度B．同时将磁场和电流反向，并适当减小磁感应强度C．只改变电流方向，并适当减小电流D．不改变电流和磁场方向，适当增大电流17．如图所示，电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间关系正确的是()A B C D18．如图所示，将条形磁铁分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度() A．以速度v插入时大B．以速度2v插入时大C．一样大D．不能确定第18题图第19题图19．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯泡L1、L2的亮度变化情况是() A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮C．S断开，L1、L2立即不亮D．S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭20．下列关于电磁感应的说法，正确的是()A．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势就越大D．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大21．转换电视频道，选择自己喜欢的电视节目，称为()A．调幅B．调频C．调制D．调谐22．关于发电机和电动机，下列说法中不正确的是()A．发电机和电动机的作用是相同的，都是把其他形式的能转化成电能B．发电机可以把其他形式的能转化成电能，电动机把电能转化成机械能C．发电机和电动机统称为电机D．通过电机可以实现电能与其他形式的能相互转化23．无线通信设备如手机和广播发射系统在给人们生活带来极大便利的同时，对人们的身心健康也造成危害，这种危害是由于下列哪种污染造成的()A．声音污染B．电磁污染C．大气污染D．大气臭氧破坏引起温室效应的污染二、填空题(共10分)24．(4分)如图所示，把电磁波按波长由长到短的顺序排列成谱，就叫电磁波谱．图中的实物图象表示不同波段的典型应用，从图中可知从左到右，电磁波的频率________(“逐渐变高”或“逐渐变低”)，其中图标A的含义是________．第24题图25．(6分)有一台使用交变电流的洗衣机上标有额定电压为“220 V”的字样，这“220 V”指交变电流电压的________(选填“瞬时值”、“有效值”或“最大值”)，此交变电流电压的最大值为________V；洗衣机工作时消耗的电能________(选填“大于”、“等于”或“小于”)洗衣机发热产生的内能．三、计算或论述题(共21分)26．(6分)一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10 Ω，置于水平桌面上．若线圈内的磁通量在0.02 s内，从0.02 Wb均匀增加到0.06 Wb，则在此0.02 s内：(1)线圈上的感应电动势大小为多大；(2)线圈上的感应电流为多少．27.(7分)一个很小的小球带有电荷量Q，在距离球心30 cm处的A点放了一个点电荷q ＝－10－10C，q受到的电场力为2×10－8N，方向指向球心．(1)求A点场强的大小和方向；(2)如果从A点取走q，A点场强的大小和方向如何变化；(3)带电小球的电荷量Q是正的还是负的，电荷量Q等于多少．28.(8分)如图所示是一电热水壶的铭牌，由铭牌可知，该电热水壶在额定电压下工作时，求：(1)所使用的交流电压的最大值；(2)交流电的周期；(3)该电热水壶正常工作1分钟电流做的功．第28题图。

模块检测卷一　必修1第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是( )A．质量、加速度B．位移、速度变化量C．时间、平均速度D．路程、加速度答案　B解析　质量只有大小，没有方向，是标量，而加速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故A错误；位移和速度变化量都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故B正确；平均速度是矢量，而时间是标量，故C错误；路程只有大小，没有方向，是标量，加速度是矢量，故D错误．2．如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )图1A．10 s内火箭的速度变化量为10 m/sB．刹车时，2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/sC．火箭的速度变化比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度大答案　B解析　10 s内火箭的速度变化量为100 m/s，加速度为10 m/s2；2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s，加速度大小为12 m/s2，故汽车的速度变化快，加速度大．3．杭州第二中学在去年的秋季运动会中，高二(9)班的某同学创造了100 m和200 m短跑项目的学校纪录，他的成绩分别是10.84 s和21.80 s．关于该同学的叙述正确的是( )A．该同学100 m的平均速度约为9.23 m/sB．该同学在100 m和200 m短跑中，位移分别是100 m和200 mC．该同学的200 m短跑的平均速度约为9.17 m/sD．该同学起跑阶段加速度与速度都为零答案　A解析　100 m 是直道，而200 m 有弯道．4．一辆汽车运动的v －t 图象如图2，则汽车在0～2 s 内和2～3 s 内相比( )图2A ．位移大小相等B ．平均速度相等C ．速度变化相同D ．加速度相同答案　B解析　由图象面积可知位移大小不等，平均速度均为＝2.5 m/s ，B 正确；速度变化大小相v 2等，但方向相反，由斜率可知0～2 s 内加速度小于2～3 s 内加速度．5．2016年里约奥运会上，施廷懋凭高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，施廷懋在跳板的最外端静止站立时，如图3所示，则( )图3A ．施廷懋对跳板的压力方向竖直向下B ．施廷懋对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的C ．施廷懋受到的重力就是它对跳板的压力D ．跳板对施廷懋的支持力是由跳板发生形变而产生的答案　D解析 施廷懋对跳板的压力和她的重力不是同一个力，而是两个不同的力，所以不能说施廷懋对跳板的压力就是她的重力，且摩擦力和弹力的合力与重力大小相等，因此施廷懋对跳板的压力方向也不是竖直向下，故A 、C 错误；施廷懋受到跳板的支持力是由于跳板发生了形变，对跳板的压力是由于施廷懋的重力引起的，故B 错误，D 正确．6．如图4所示，在粗糙的水平地面上有质量为m 的物体，连接在一劲度系数为k 的轻弹簧上，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，现用一水平力F 向右拉弹簧，使物体做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g )( )图4A.B. C. D.k F mg k k μmg μmg k答案　D解析　根据平衡条件得：弹簧的弹力F 弹＝F ＝μmg ，根据胡克定律得，F 弹＝kx ，解得弹簧的伸长量 x ＝，或x ＝，故D 正确，A 、B 、C 错误．F k μmg k 7．(2016·温州模拟)如图4所示，物体从A 点由静止出发做匀加速直线运动，经过B 点到达C 点．已知物体经过B 点的速度是到达C 点的速度的，AC 间的距离是32 m ．则BC 间的12距离是( )图4A ．8 mB ．6.4 mC ．24 mD ．25.6 m答案　C解析　设到达B 点的速度为v ，则到达C 点的速度为2v ，加速度为a ，则根据2ax ＝v 2－v ，得：2ax AC ＝(2v )2 ,2ax AB ＝v 2，解得：＝，所以x AB ＝8 20xAB xAC 14m ，x BC ＝x AC －x AB ＝32 m －8 m ＝24 m ，故选C.8．如图5为足球比赛中顶球瞬间场景，此时( )图5A ．头对球的作用力大于球对头的作用力B ．头对球的作用力与球对头的作用力大小相等C ．头对球的作用力与球的重力是一对平衡力D ．头对球的作用力与球对头的作用力是一对平衡力答案　B解析　头对球的作用力与球对头的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，故A 、D 错误，B 正确；头对球的作用力大小不是固定的，但球的重力大小是固定的，故头对球的作用力与球的重力不是一对平衡力，故C 错误．9．(2016·上海模拟)如图6所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是( )图6A ．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s 2B ．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s 2C ．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s 2D ．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s 2答案　B解析　电梯减速上升或加速下降时，加速度向下，人处于失重状态；电梯减速下降或加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，由牛顿第二定律F －mg ＝ma ，加速度越大，体重计的示数越大．10．一小球从空中由静止下落，已知下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比，设小球离地足够高，则( )A ．小球先加速后匀速B ．小球一直在做加速运动C ．小球一直在做减速运动D ．小球先加速后减速答案　A解析　设小球受到的阻力为F f ＝k v 2，在刚开始下落一段时间内阻力是从零增加，mg >F f ，向下做加速运动，运动过程中速度在增大，所以阻力在增大，当mg ＝F f 时，合力为零，做匀速直线运动，速度不再增大，故小球先加速后匀速，A 正确．11．如图7所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )图7A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝am 2m 1＋m 2C ．a 1＝a ，a 2＝am 1m 1＋m 2m 2m 1＋m 2D ．a 1＝a ，a 2＝am 1m 2答案　D解析　撤去F 的瞬间，A 受力未变，故a 1＝a ；对B ，弹簧弹力未变，仍为：F ′＝m 1a ，故a 2＝＝a ，故D 正确．F ′m 2m 1m 212．(2016·嘉兴市联考)质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减小2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m答案　C解析　汽车匀速运动时F 牵＝F f ，当牵引力减小2 000 N 时，即汽车所受合力的大小为F ＝2 000 N ①由牛顿第二定律得F ＝ma ②联立①②得a ＝2 m/s 2汽车减速到停止所需时间t ＝＝5 sv a 汽车行驶的路程x ＝v t ＝25 m.1213．如图8所示，质量为2 kg 的物块A 与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1 kg 的物块B 与地面间的摩擦忽略不计，已知在水平力F ＝11 N 的作用下，A 、B 一起做加速运动，g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )图8A ．A 、B 的加速度均为3.67 m/s 2B ．A 、B 的加速度均为3.3 m/s 2C ．A 对B 的作用力为3.3 ND ．A 对B 的作用力为3 N答案　D解析　在水平力F ＝11 N 的作用下，A 、B 一起做加速运动，由A 、B 整体F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝3 m/s 2，故A 、B 错误；隔离B 物块F AB ＝m B a ＝3 N ，故D 正确，C 错误．二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14．对于体育比赛的叙述，下列说法正确的是( )A ．运动员跑完800 m 比赛，指的是路程大小为800 mB ．运动员铅球成绩为4.50 m ，指的是位移大小为4.50 mC ．某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10 min ，指的是时间D ．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看成质点答案　AC解析　铅球是平抛运动，铅球成绩指的是水平位移大小；10 min 是时间间隔．15．一个物体所受重力在下列哪些情况下要发生变化( )A ．把它从赤道拿到南极B ．把它送到月球上去C ．把它放到水里D ．改变它的运动状态答案　AB解析 从赤道拿到南极，重力加速度变大，则重力变大，故A 正确；送到月球上去，重力加速度减小，则重力减小，故B 正确；放到水里，重力加速度不变，则重力不变，故C 错误；改变运动状态，重力加速度不变，则重力不变，故D 错误．16．一质量为m 的铁球在水平推力F 的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A ，推力F 的作用线通过球心O ，如图9所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中( )图9A ．斜面对铁球的支持力缓慢增大B ．斜面对铁球的支持力不变C ．墙对铁球的作用力大小始终等于推力FD ．墙对铁球的作用力大小始终小于推力F答案　BD解析　对铁球进行受力分析可知，铁球受重力、水平推力F 、竖直墙壁对铁球的弹力F 1和斜面对铁球的支持力F 2四个力的作用，由平衡条件可知，在水平方向上有F ＝F 1＋F 2sinθ，竖直方向上有F 2cos θ＝mg ，解得斜面对铁球的支持力F 2＝，不随F 的变化而变化，mgcos θA 错误，B 正确；F 1＝F －F 2sin θ<F ，即墙对铁球的作用力大小始终小于推力，C 错误，D 正确．第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀变速运动，如图10是经打点计时器打出纸带的一段，打点顺序是A 、B 、C 、D 、E ，已知交流电频率为50 Hz ，纸带上每相邻两个计数点间还有4个点未画出．现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A 对齐．请回答以下问题：图10(1)下列操作正确的有________．(填选项代号)A ．在释放小车前，小车要靠近打点计时器B ．打点计时器应放在长木板有滑轮的一端C ．应先接通电源，后释放小车D ．电火花计时器应使用低压交流电源(2)根据该同学打出的纸带我们可以判断小车与纸带的________(填“左”或“右”)端相连．(3)用该刻度尺测量出计数点A 、B 之间的距离为________cm.(4)打B 点时纸带的瞬时速度v B ＝________m/s.(5)小车运动的加速度大小是________m/s 2.答案　(1)AC (2)左　(3)1.50　(4)0.18　(5)0.60解析　(1) 在释放小车前，小车要靠近打点计时器，故A 正确；打点计时器应固定在无滑轮的一端，故B 错误；实验时应先接通电源，再释放小车，故C 正确；电火花计时器应使用220 V 的交流电源，故D 错误．(2)因为相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与小车相连．(3)由刻度尺读数知，AB 之间的距离为1.50 cm.(4)打B 点时纸带的瞬时速度v B ＝＝ m /s ＝0.18 m/s.xAC2T 3.60×10－20.2(5)根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得，a ＝＝ m /s 2＝0.60xCE －xAC4T 2[(9.60－3.60)－3.60]×10－24×0.01m/s 2.18．(5分)图11甲为“探究求合力的方法”的实验装置．图11(1)下列说法中正确的是________．A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力F的大小为________N.答案　(1)AC　(2)4.00解析　(1)在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，故A正确；弹簧测力计拉细线时，方向不一定竖直向下，只要把O点拉到同一位置即可，故B错误；根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D错误．(2)由题图乙弹簧测力计的指针指示可知，拉力F的大小为4.00 N.19．(6分)(2016·扬州模拟)某实验小组欲以如图12所示实验装置探究“加速度与物体受力和质量的关系”．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2.图12(1)下列说法正确的是________．A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中应满足m2远小于m1的条件D．在用图象法探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象(2)实验中得到一条打点的纸带，如图13所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为v F ＝________，小车加速度的计算式a ＝_______________________________________________.图13答案　(1)C (2)　x 5＋x 62T (x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2解析　(1)实验时应先接通电源后释放小车，故A 错误；假设木板倾角为θ，则有：F f ＝mg sin θ＝μmg cos θ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B 错误；绳子上的拉力F ＝，故m 2≪m 1，即实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，故C 正确；m 2g1＋m 2m 1F ＝m 1a ，所以：a ＝，所以在用图象法探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a －Fm 1图象，故D 错误；(2)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，1m 1可以求出纸带上打F 点时小车的瞬时速度大小v F ＝.根据逐差法得：a ＝x 5＋x 62T .(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 220．(9分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9m 时速度为12 m/s ，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2 m 时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求：(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小；(2)模拟舱从9 m 高处落到地面所用的时间．答案　(1)60 m/s 2　(2)0.85 s解析　(1)设模拟舱以v 0＝12 m/s 的初速度在距地面x 1＝1.2 m 处开始匀减速运动，加速度大小为a ，由匀变速运动的规律有0－v ＝－2ax 120代入数据可解得a ＝60 m/s 2(2)设模拟舱从x ＝9 m 匀速运动至x 1＝1.2 m 处历时t 1，由匀速运动的规律可知t 1＝x －x 1v 0代入数据可解得t 1＝0.65 s设匀减速运动历时t 2，由匀变速运动的规律可知t 2＝0－v 0－a代入数据可解得t 2＝0.2 s所以模拟舱从9 m 高处落到地面所用的时间为t 1＋t 2＝0.85 s.21．(10分)某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C (∠QCS ＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，此时小球静止，如图14所示．已知小球的质量为m ，该同学(含磁铁)的质量为M ，求此时：图14(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？答案　(1)mg (2)Mg ＋mg mg 331236解析　(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件得F sin 30°＝F C sin 30°F C cos 30°＋F cos 30°＝mg解得F ＝F C ＝mg 33(2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，同理有F f ＝F sin 30°F N ＋F cos 30°＝(M ＋m )g将F 值代入解得F f ＝mg 36F N ＝Mg ＋mg .1222．(10分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图15所示，已知斜面倾角为α＝45°，光滑小球的质量m ＝3kg ，力传感器固定在竖直挡板上．求：图15(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置水平向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？答案　(1) 30 N　(2) 2 m/s2 (3)向左运动　10 m/s2解析　(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为F N，如图所示，由几何关系可知F＝mg＝3×10 N＝30 N.(2)竖直方向F N cos 45°＝mg；水平方向F－F N sin 45°＝ma；解得：a＝2 m/s2.(3)要使力传感器示数为0，则有：F N′cos 45°＝mg；F N′sin 45°＝ma′；解得：a′＝10 m/s2，加速度方向向左故装置应向左加速．23．(10分)(2016·义乌市模拟)如图16所示，质量为5 kg的木块放在倾角为30°、长为20 m 的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面匀加速上升4 m所用的时间为2 s(g取10 m/s2)．求：图16(1)恒力F的大小；(2)要使木块能从斜面底端运动到顶端F 至少要作用多长时间．答案　(1)60 N (2) s536解析　(1)木块恰好匀速下滑时受力平衡，有：F f ＝mg sin 30°＝mg12匀加速上升的加速度：a 1＝＝ m /s 2＝2 m/s 22x t 212×422对木块受力分析如图甲根据牛顿第二定律有F －mg sin 30°－F f ＝ma 1代入数据得：F ＝mg sin 30°＋F f ＋ma 1＝mg ＋ma 1＝60 N(2)设拉力最小作用时间为t .撤去F 前：x 1＝a 1t 2＝t 212v 1＝a 1t ＝2t撤去F 后，受力分析如图乙，根据牛顿第二定律mg sin 30°＋F f ＝ma 2解得：a 2＝＝g mg sin 30°＋F fm 匀减速运动的位移：x 2＝＝v 212a 2t 25因为斜面长20 m ，故有x 1＋x 2＝20 m ，代入数据得：t 2＝2065解得：t ＝ s.536。

模块检测卷一必修1第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是()A．质量、加速度B．位移、速度变化量C．时间、平均速度D．路程、加速度2．如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是()A．10s内火箭的速度变化量为10m/sB．刹车时，2.5s内汽车的速度变化量为－30m/sC．火箭的速度变化比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度大3．杭州第二中学在去年的秋季运动会中，高二(9)班的某同学创造了100m和200m短跑项目的学校纪录，他的成绩分别是10.84s和21.80s．关于该同学的叙述正确的是()A．该同学100m的平均速度约为9.23m/sB．该同学在100m和200m短跑中，位移分别是100m和200mC．该同学的200m短跑的平均速度约为9.17m/sD．该同学起跑阶段加速度与速度都为零4．一辆汽车运动的v－t图象如图2，则汽车在0～2s内和2～3s内相比()A．位移大小相等B．平均速度相等C．速度变化相同D．加速度相同5．2016年里约奥运会上，施廷懋凭高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，施廷懋在跳板的最外端静止站立时，如图3所示，则()A．施廷懋对跳板的压力方向竖直向下B．施廷懋对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的C．施廷懋受到的重力就是它对跳板的压力D．跳板对施廷懋的支持力是由跳板发生形变而产生的6．如图4所示，在粗糙的水平地面上有质量为m的物体，连接在一劲度系数为k的轻弹簧上，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，现用一水平力F 向右拉弹簧，使物体做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g )( )A.k FB.mg kC.k μmgD.μmg k7．(2016·温州模拟)如图4所示，物体从A 点由静止出发做匀加速直线运动，经过B 点到达C 点．已知物体经过B 点的速度是到达C 点的速度的12，AC 间的距离是32m ．则BC 间的距离是( ) A ．8mB ．6.4mC ．24mD ．25.6m8．如图5为足球比赛中顶球瞬间场景，此时( )A ．头对球的作用力大于球对头的作用力B ．头对球的作用力与球对头的作用力大小相等C ．头对球的作用力与球的重力是一对平衡力D ．头对球的作用力与球对头的作用力是一对平衡力9．(2016·上海模拟)如图6所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是( )A ．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s 2B ．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s 2C ．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s 2D ．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s 210．一小球从空中由静止下落，已知下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比，设小球离地足够高，则( )A ．小球先加速后匀速B ．小球一直在做加速运动C ．小球一直在做减速运动D ．小球先加速后减速11．如图7所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 12．(2016·嘉兴市联考)质量为1t 的汽车在平直公路上以10m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减小2000N ，那么从该时刻起经过6s ，汽车行驶的路程是( )A ．50mB ．42mC ．25mD ．24m13．如图8所示，质量为2kg 的物块A 与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1kg 的物块B 与地面间的摩擦忽略不计，已知在水平力F ＝11N 的作用下，A 、B 一起做加速运动，g ＝10m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 的加速度均为3.67m/s 2B ．A 、B 的加速度均为3.3m/s 2C ．A 对B 的作用力为3.3ND ．A 对B 的作用力为3N二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14．对于体育比赛的叙述，下列说法正确的是( )A ．运动员跑完800m 比赛，指的是路程大小为800mB ．运动员铅球成绩为4.50m ，指的是位移大小为4.50mC ．某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10min ，指的是时间D ．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看成质点15．一个物体所受重力在下列哪些情况下要发生变化( )A ．把它从赤道拿到南极B ．把它送到月球上去C ．把它放到水里D ．改变它的运动状态16．一质量为m 的铁球在水平推力F 的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A ，推力F 的作用线通过球心O ，如图9所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中( )A ．斜面对铁球的支持力缓慢增大B ．斜面对铁球的支持力不变C ．墙对铁球的作用力大小始终等于推力FD ．墙对铁球的作用力大小始终小于推力F第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀变速运动，如图10是经打点计时器打出纸带的一段，打点顺序是A、B、C、D、E，已知交流电频率为50Hz，纸带上每相邻两个计数点间还有4个点未画出．现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A对齐．请回答以下问题：(1)下列操作正确的有________．(填选项代号)A．在释放小车前，小车要靠近打点计时器B．打点计时器应放在长木板有滑轮的一端C．应先接通电源，后释放小车D．电火花计时器应使用低压交流电源(2)根据该同学打出的纸带我们可以判断小车与纸带的________(填“左”或“右”)端相连．(3)用该刻度尺测量出计数点A、B之间的距离为________cm.(4)打B点时纸带的瞬时速度v B＝________m/s.(5)小车运动的加速度大小是________m/s2.18．(5分)图11甲为“探究求合力的方法”的实验装置．(1)下列说法中正确的是________．A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力F的大小为________N.19．(6分)(2016·扬州模拟)某实验小组欲以如图12所示实验装置探究“加速度与物体受力和质量的关系”．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2.(1)下列说法正确的是________．A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中应满足m2远小于m1的条件D．在用图象法探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象(2)实验中得到一条打点的纸带，如图13所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速x度的计算式为v F＝________，小车加速度的计算式a＝________________.20．(9分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9m时速度为12m/s，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2m时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求：(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小；(2)模拟舱从9m高处落到地面所用的时间．21．(10分)某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C(∠QCS＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，此时小球静止，如图14所示．已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，求此时：(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？22．(10分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图15所示，已知斜面倾角为α＝45°，光滑小球的质量m＝3kg，力传感器固定在竖直挡板上．求：(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置水平向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36N，此时装置的加速度大小；(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？23．(10分)(2016·义乌市模拟)如图16所示，质量为5kg的木块放在倾角为30°、长为20m的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面匀加速上升4m所用的时间为2s(g取10m/s2)．求：(1)恒力F的大小；(2)要使木块能从斜面底端运动到顶端F至少要作用多长时间．模块检测卷一必修1第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是()A．质量、加速度B．位移、速度变化量C．时间、平均速度D．路程、加速度答案 B解析质量只有大小，没有方向，是标量，而加速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故A错误；位移和速度变化量都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故B正确；平均速度是矢量，而时间是标量，故C错误；路程只有大小，没有方向，是标量，加速度是矢量，故D错误．2．如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是()图1A．10s内火箭的速度变化量为10m/sB．刹车时，2.5s内汽车的速度变化量为－30m/sC．火箭的速度变化比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度大答案 B解析10 s内火箭的速度变化量为100 m/s，加速度为10 m/s2；2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s，加速度大小为12 m/s2，故汽车的速度变化快，加速度大．3．杭州第二中学在去年的秋季运动会中，高二(9)班的某同学创造了100m和200m短跑项目的学校纪录，他的成绩分别是10.84s和21.80s．关于该同学的叙述正确的是()A．该同学100m的平均速度约为9.23m/sB．该同学在100m和200m短跑中，位移分别是100m和200mC．该同学的200m短跑的平均速度约为9.17m/sD．该同学起跑阶段加速度与速度都为零答案 A解析100 m是直道，而200 m有弯道．4．一辆汽车运动的v－t图象如图2，则汽车在0～2s内和2～3s内相比()图2A ．位移大小相等B ．平均速度相等C ．速度变化相同D ．加速度相同答案 B 解析 由图象面积可知位移大小不等，平均速度均为v 2＝2.5 m/s ，B 正确；速度变化大小相等，但方向相反，由斜率可知0～2 s 内加速度小于2～3 s 内加速度．5．2016年里约奥运会上，施廷懋凭高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，施廷懋在跳板的最外端静止站立时，如图3所示，则( )图3A ．施廷懋对跳板的压力方向竖直向下B ．施廷懋对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的C ．施廷懋受到的重力就是它对跳板的压力D ．跳板对施廷懋的支持力是由跳板发生形变而产生的答案 D解析 施廷懋对跳板的压力和她的重力不是同一个力，而是两个不同的力，所以不能说施廷懋对跳板的压力就是她的重力，且摩擦力和弹力的合力与重力大小相等，因此施廷懋对跳板的压力方向也不是竖直向下，故A 、C 错误；施廷懋受到跳板的支持力是由于跳板发生了形变，对跳板的压力是由于施廷懋的重力引起的，故B 错误，D 正确．6．如图4所示，在粗糙的水平地面上有质量为m 的物体，连接在一劲度系数为k 的轻弹簧上，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，现用一水平力F 向右拉弹簧，使物体做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g )( )图4A.k FB.mg kC.k μmgD.μmg k答案 D解析 根据平衡条件得：弹簧的弹力F 弹＝F ＝μmg ，根据胡克定律得，F 弹＝kx ，解得弹簧的伸长量x ＝F k，或x ＝μmg k，故D 正确，A 、B 、C 错误． 7．(2016·温州模拟)如图4所示，物体从A 点由静止出发做匀加速直线运动，经过B 点到达C 点．已知物体经过B 点的速度是到达C 点的速度的12，AC 间的距离是32m ．则BC 间的距离是( )图4A ．8mB ．6.4mC ．24mD ．25.6m答案 C解析 设到达B 点的速度为v ，则到达C 点的速度为2v ，加速度为a ，则根据2ax ＝v 2－v 20，得：2ax AC ＝(2v )2 ,2ax AB ＝v 2，解得：x AB x AC ＝14，所以x AB ＝8 m ，x BC ＝x AC －x AB ＝32 m －8 m ＝24 m ，故选C. 8．如图5为足球比赛中顶球瞬间场景，此时( )图5A ．头对球的作用力大于球对头的作用力B ．头对球的作用力与球对头的作用力大小相等C ．头对球的作用力与球的重力是一对平衡力D ．头对球的作用力与球对头的作用力是一对平衡力答案 B解析 头对球的作用力与球对头的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，故A 、D 错误，B 正确；头对球的作用力大小不是固定的，但球的重力大小是固定的，故头对球的作用力与球的重力不是一对平衡力，故C 错误．9．(2016·上海模拟)如图6所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是( )图6A ．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s 2B ．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s 2C ．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s 2D ．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s 2答案 B解析 电梯减速上升或加速下降时，加速度向下，人处于失重状态；电梯减速下降或加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，由牛顿第二定律F －mg ＝ma ，加速度越大，体重计的示数越大．10．一小球从空中由静止下落，已知下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比，设小球离地足够高，则( )A ．小球先加速后匀速B ．小球一直在做加速运动C ．小球一直在做减速运动D ．小球先加速后减速答案 A解析 设小球受到的阻力为F f ＝k v 2，在刚开始下落一段时间内阻力是从零增加，mg >F f ，向下做加速运动，运动过程中速度在增大，所以阻力在增大，当mg ＝F f 时，合力为零，做匀速直线运动，速度不再增大，故小球先加速后匀速，A 正确．11．如图7所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )图7A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 答案 D解析 撤去F 的瞬间，A 受力未变，故a 1＝a ；对B ，弹簧弹力未变，仍为：F ′＝m 1a ，故a 2＝F ′m 2＝m 1m 2a ，故D 正确．12．(2016·嘉兴市联考)质量为1t 的汽车在平直公路上以10m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减小2000N ，那么从该时刻起经过6s ，汽车行驶的路程是( )A ．50mB ．42mC ．25mD ．24m 答案 C解析 汽车匀速运动时F 牵＝F f ，当牵引力减小2000N 时，即汽车所受合力的大小为F ＝2000N ① 由牛顿第二定律得F ＝ma ②联立①②得a ＝2m/s 2汽车减速到停止所需时间t ＝v a＝5s 汽车行驶的路程x ＝12v t ＝25m.13．如图8所示，质量为2kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1kg的物块B与地面间的摩擦忽略不计，已知在水平力F＝11N的作用下，A、B一起做加速运动，g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()图8A．A、B的加速度均为3.67m/s2B．A、B的加速度均为3.3m/s2C．A对B的作用力为3.3ND．A对B的作用力为3N答案 D解析在水平力F＝11 N的作用下，A、B一起做加速运动，由A、B整体F－μm A g＝(m A＋m B)a，解得a ＝3 m/s2，故A、B错误；隔离B物块F AB＝m B a＝3 N，故D正确，C错误．二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14．对于体育比赛的叙述，下列说法正确的是()A．运动员跑完800m比赛，指的是路程大小为800mB．运动员铅球成绩为4.50m，指的是位移大小为4.50mC．某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10min，指的是时间D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看成质点答案AC解析铅球是平抛运动，铅球成绩指的是水平位移大小；10 min是时间间隔．15．一个物体所受重力在下列哪些情况下要发生变化()A．把它从赤道拿到南极B．把它送到月球上去C．把它放到水里D．改变它的运动状态答案AB解析从赤道拿到南极，重力加速度变大，则重力变大，故A正确；送到月球上去，重力加速度减小，则重力减小，故B正确；放到水里，重力加速度不变，则重力不变，故C错误；改变运动状态，重力加速度不变，则重力不变，故D错误．16．一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图9所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中()图9A．斜面对铁球的支持力缓慢增大B．斜面对铁球的支持力不变C．墙对铁球的作用力大小始终等于推力FD．墙对铁球的作用力大小始终小于推力F答案BD解析对铁球进行受力分析可知，铁球受重力、水平推力F、竖直墙壁对铁球的弹力F1和斜面对铁球的支持力F2四个力的作用，由平衡条件可知，在水平方向上有F＝F1＋F2sin θ，竖直方向上有F2cos θ＝mg，解得斜面对铁球的支持力F2＝mgcos θ，不随F的变化而变化，A错误，B正确；F1＝F－F2sin θ<F，即墙对铁球的作用力大小始终小于推力，C错误，D正确．第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀变速运动，如图10是经打点计时器打出纸带的一段，打点顺序是A、B、C、D、E，已知交流电频率为50Hz，纸带上每相邻两个计数点间还有4个点未画出．现把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点A对齐．请回答以下问题：图10(1)下列操作正确的有________．(填选项代号)A．在释放小车前，小车要靠近打点计时器B．打点计时器应放在长木板有滑轮的一端C．应先接通电源，后释放小车D．电火花计时器应使用低压交流电源(2)根据该同学打出的纸带我们可以判断小车与纸带的________(填“左”或“右”)端相连．(3)用该刻度尺测量出计数点A、B之间的距离为________cm.(4)打B点时纸带的瞬时速度v B＝________m/s.(5)小车运动的加速度大小是________m/s2.答案(1)AC(2)左(3)1.50(4)0.18(5)0.60解析(1) 在释放小车前，小车要靠近打点计时器，故A正确；打点计时器应固定在无滑轮的一端，故B 错误；实验时应先接通电源，再释放小车，故C正确；电火花计时器应使用220V的交流电源，故D错误．(2)因为相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与小车相连． (3)由刻度尺读数知，AB 之间的距离为1.50cm. (4)打B 点时纸带的瞬时速度v B ＝x AC 2T ＝3.60×10－20.2m /s ＝0.18 m/s.(5)根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得，a ＝x CE －x AC 4T 2＝[(9.60－3.60)－3.60]×10－24×0.01m /s 2＝0.60 m/s 2. 18．(5分)图11甲为“探究求合力的方法”的实验装置．图11(1)下列说法中正确的是________．A ．在测量同一组数据F 1、F 2和合力F 的过程中，橡皮条结点O 的位置不能变化B ．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C ．F 1、F 2和合力F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程D ．为减小测量误差，F 1、F 2方向间夹角应为90°(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力F 的大小为________N. 答案 (1)AC (2)4.00解析 (1)在同一组数据中，只有当橡皮条结点O 的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，故A 正确；弹簧测力计拉细线时，方向不一定竖直向下，只要把O 点拉到同一位置即可，故B 错误；根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C 正确；F 1、F 2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D 错误．(2)由题图乙弹簧测力计的指针指示可知，拉力F 的大小为4.00N.19．(6分)(2016·扬州模拟)某实验小组欲以如图12所示实验装置探究“加速度与物体受力和质量的关系”．图中A 为小车，B 为装有砝码的小盘，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m 1，小盘(及砝码)的质量为m 2.图12(1)下列说法正确的是________．A ．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B ．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C ．本实验中应满足m 2远小于m 1的条件D ．在用图象法探究小车加速度与受力的关系时，应作a －m 1图象(2)实验中得到一条打点的纸带，如图13所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T ，且间距x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6已量出，则打点计时器打下F 点时小车的瞬时速度的计算式为v F ＝________，小车加速度的计算式a ＝_______________________________________________.图13答案 (1)C (2)x 5＋x 62T (x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2解析 (1)实验时应先接通电源后释放小车，故A 错误；假设木板倾角为θ，则有：F f ＝mg sin θ＝μmg cos θ，m 约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B 错误；绳子上的拉力F ＝m 2g1＋m 2m 1，故m 2≪m 1，即实验中应满足小盘和砝码的质量远小于小车的质量，故C 正确；F ＝m 1a ，所以：a ＝Fm 1，所以在用图象法探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a －1m 1图象，故D 错误；(2)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出纸带上打F 点时小车的瞬时速度大小v F ＝x 5＋x 62T.根据逐差法得：a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2.20．(9分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9m 时速度为12m/s ，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2m 时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求：(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小； (2)模拟舱从9m 高处落到地面所用的时间． 答案 (1)60m/s 2 (2)0.85s解析 (1)设模拟舱以v 0＝12m/s 的初速度在距地面x 1＝1.2m 处开始匀减速运动，加速度大小为a ，由匀变速运动的规律有 0－v 20＝－2ax 1代入数据可解得a ＝60m/s 2(2)设模拟舱从x ＝9m 匀速运动至x 1＝1.2m 处历时t 1，由匀速运动的规律可知 t 1＝x －x 1v 0代入数据可解得t 1＝0.65s设匀减速运动历时t 2，由匀变速运动的规律可知t 2＝0－v 0－a代入数据可解得t 2＝0.2s所以模拟舱从9m 高处落到地面所用的时间为t 1＋t 2＝0.85s.21．(10分)某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C (∠QCS ＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，此时小球静止，如图14所示．已知小球的质量为m ，该同学(含磁铁)的质量为M ，求此时：图14(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？ 答案 (1)33mg (2)Mg ＋12mg 36mg 解析 (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件得 F sin30°＝F C sin30° F C cos30°＋F cos30°＝mg 解得F ＝F C ＝33mg(2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，同理有F f ＝F sin30° F N ＋F cos30°＝(M ＋m )g 将F 值代入解得F f ＝36mg F N ＝Mg ＋12mg .22．(10分)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图15所示，已知斜面倾角为α＝45°，光滑小球的质量m ＝3kg ，力传感器固定在竖直挡板上．求：图15(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置水平向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36N ，此时装置的加速度大小；(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？答案 (1) 30N (2) 2m /s 2 (3)向左运动 10 m/s 2解析 (1)以小球为研究对象，设小球与力传感器的作用力大小为F ，小球与斜面间的作用力大小为F N ，如图所示，由几何关系可知F ＝mg ＝3×10N ＝30N. (2)竖直方向F N cos45°＝mg ； 水平方向F －F N sin45°＝ma ； 解得：a ＝2m/s 2.(3)要使力传感器示数为0，则有： F N ′cos45°＝mg ； F N ′sin45°＝ma ′；解得：a ′＝10m/s 2，加速度方向向左 故装置应向左加速．23．(10分)(2016·义乌市模拟)如图16所示，质量为5kg 的木块放在倾角为30°、长为20m 的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F 拉木块，木块从静止开始沿斜面匀加速上升4m 所用的时间为2s(g 取10m/s 2)．求：图16(1)恒力F 的大小；(2)要使木块能从斜面底端运动到顶端F 至少要作用多长时间． 答案 (1)60N (2)536s解析 (1)木块恰好匀速下滑时受力平衡，有：F f ＝mg sin30°＝12mg匀加速上升的加速度：a 1＝2x t 21＝2×422m /s 2＝2 m/s 2对木块受力分析如图甲。

[考试标准]一、牛顿运动定律应用1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．[深度思考]解决动力学两类基本问题的关键是做好哪两个分析？答案物体的受力分析和物体的运动过程分析．二、超重与失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关．(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力大小．[深度思考]判断下列说法是否正确．(1)超重说明物体的重力增大了．(×)(2)失重说明物体的重力减小了．(×)(3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．(×)(4)物体失重时，也可能向上运动．(√)1．如图1所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同．则( )图1A ．携带弹药越多，加速度越大B ．加速度相同，与携带弹药的多少无关C ．携带弹药越多，获得的起飞速度越大D ．携带弹药越多，滑行时间越长答案 D2．质量为m kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s 内的位移为x m ，则水平恒力的大小为(单位为N)( ) A.2mx t 2 B.2mx 2t －1 C.2mx 2t ＋1 D.2mx t －1答案 A3．下列说法中正确的是( )A ．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B ．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C ．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D ．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 答案 B4．电梯内有一个物体，质量为m ，用绳子挂在电梯的天花板上，当电梯以g3的加速度竖直加速下降时，细线对物体的拉力为( ) A.2mg 3B.mg 3C.4mg 3D ．mg答案 A命题点一 超重与失重现象例1 一个同学在体重计上做如下实验：由站立突然下蹲．则在整个下蹲的过程中，下列说法正确的是( )A ．同学处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重B ．同学处于失重状态，体重计的读数大于同学的体重C ．同学先失重再超重，体重计的读数先小于同学的体重再大于同学的体重D ．同学先超重再失重，体重计的读数先大于同学的体重再小于同学的体重解析 整个下蹲的过程中，先加速后减速，在加速阶段加速度竖直向下，处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重，在减速阶段加速度竖直向上，处于超重状态，体重计的读数大于同学的体重，故C 正确． 答案 C超重和失重现象判断的“三”技巧1．从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于0时处于完全失重状态．2．从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．3．从速度变化的角度判断(1)物体向上加速或向下减速时，超重；(2)物体向下加速或向上减速时，失重．题组阶梯突破1．如图2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是()A．在上升或下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力图2 C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力答案 A解析无论物体在上升过程中还是下降过程中，两物体组成的系统都只受重力作用，系统处于完全失重状态，所以在整个过程中，A对B的压力始终为零，故选项A正确．2．质量为60 kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480 N，则升降机的运动是(g取10 m/s2)()A．可能是匀速下降B．升降机加速度大小为2 m/s2C．升降机加速度大小为3 m/s2D．可能是减速下降答案 B解析 对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下，所以升降机的运动是加速下降或减速上升，由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，解得a ＝600－48060 m/s 2＝2 m/s 2，故B 正确．命题点二 动力学中的图象问题例2 (多选)如图3甲所示，地面上有一质量为M 的重物，用力F 向上提它，力F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是( )图3A ．当F 小于图中A 点值时，物体的重力Mg >F ，物体不动B ．图中A 点值即为物体的重力值C ．物体向上运动的加速度和力F 成正比D ．图线延长线和纵轴的交点B 的数值的绝对值等于该地的重力加速度解析 当0≤F ≤Mg 时，物体静止，A 正确；当F >Mg 时，即能将物体提离地面，此时，F －Mg ＝Ma ，a ＝FM －g ，A 点表示的意义即为F ＝Mg ，所以B 正确；由题图乙知a 与F 不成正比，C 错误；B 点数值为－g ，其绝对值等于该地的重力加速度，故D 选项正确． 答案 ABD动力学图象及解题关键1．动力学中常见的图象v －t 图象、x －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等． 2．解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解． 题组阶梯突破3．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是( )答案 C解析 雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得a ＝mg －F fm ，故加速度逐渐减小，最终雨滴做匀速运动，故C 正确．4．(2016·绍兴市调研)一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v －t 图象如图4所示．已知重力加速度为g ，则根据图象不能求出的物理量是( )图4A ．木块的位移B ．木块的加速度C ．木块所受摩擦力D ．木块与桌面间的动摩擦因数 答案 C解析 位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v －t 图线的斜率可求出加速度a ，由牛顿第二定律知，a ＝μg ，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．命题点三 动力学的两类基本问题例3 如图5所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮表面的特殊性，物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动时会受到来自毛皮的滑动摩擦力．图5(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？(2)一物体从斜面底端以初速度v 0＝2 m/s 冲上足够长的斜面，斜面的倾角为θ＝30°，过了t ＝1.2 s 后物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g 取10 m/s 2，则μ的值为多少？解析 (1)因毛生长的方向是斜向上的，故物体下滑时会受滑动摩擦力的作用(2)物体上滑时的加速度大小a 1＝g sin θ＝5 m/s 2，上滑的时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s上滑的位移x ＝v 02t 1＝0.4 m物体下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm ＝g sin θ－μg cos θ下滑时间t 2＝t －t 1＝0.8 s 由x ＝12a 2t 22得a 2＝1.25 m/s 2可求得μ＝34. 答案 (1)下滑时 (2)34解决两类动力学问题的两个关键点 1．把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析． 一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．2．寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度是下一个过程的初速度，画图找出各过程位移之间的联系． 题组阶梯突破5．(2015·浙江9月选考·16)在平直公路上有A 、B 两辆汽车，质量均为6.0×103 kg ，运动时所受阻力均为车重的115.它们的v －t 图象分别如图6中a 、b 所示．g ＝10 m/s 2，求：图6(1)A 车的加速度a A 的大小和牵引力F A 的大小； (2)0～3 s 内B 车的位移x B 的大小和牵引力F B 的大小． 答案 (1)1.75 m/s 2 1.45×104 N (2)9 m 0 解析 (1)由图可得A 车匀加速运动的加速度为 a A ＝Δv Δt ＝148 m/s 2＝1.75 m/s 2由牛顿第二定律得 F A －kmg ＝ma A 可得F A ＝kmg ＋ma A代入数据可得F A ＝1.45×104 N(2)0～3 s 内B 车的位移等于这段时间内B 车图线与坐标轴围成的面积 x B ＝9 m由图可得B 车匀减速运动的加速度为 a B ＝Δv ′Δt ′＝－23 m/s 2由牛顿第二定律有 F B －kmg ＝ma B 可得F B ＝kmg ＋ma B 代入数据可得F B ＝0.6．如图7所示，质量为4 kg 的物体静止于水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.5，现用一个F ＝20 N 、与水平方向成30°角的恒力斜向上拉物体．经过3 s ，该物体的位移为多少？(g 取10 m/s 2)图7答案 2.59 m解析 对物体进行受力分析如图所示．物体受重力mg ，地面的支持力F N ，滑动摩擦力F f 和力F .将力F 正交分解，则F y ＝F sin 30°＝10 N ，F x ＝F cos 30°≈17.3 N.沿y 轴方向有mg －F y －F N ＝0，沿x 轴方向有F x －F f ＝ma ，又因为F f ＝μF N ，联立以上三式，解得a ＝0.575 m/s 2根据运动学公式得x ＝12at 2＝12×0.575×32 m ≈2.59 m.(建议时间：40分钟)1．(多选)小明参加开放性科学实践活动后，从6层乘坐电梯到达1层，走出电梯，准备回家．对于小明在电梯中由6层到1层的过程，下列说法中正确的是( )A ．小明一直处于超重状态B ．小明一直处于失重状态C．小明的速度大小发生了变化D．小明的加速度方向发生了变化答案CD解析电梯从6层开始下降瞬间，即将开始做加速下降，小明与电梯的加速度方向向下，处于失重状态，小明对地板的压力小于其重力；电梯下降到达1层前需要向下减速，小明与电梯的加速度方向向上，小明对地板的压力大于其重力．所以小明先失重，再处于平衡状态，最后超重．2．下列哪一种运动情景中物体将会处于一段持续的完全失重状态()A．高楼正常运行的电梯中B．沿固定于地面上的光滑斜面滑行C．固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动D．不计空气阻力条件下的竖直上抛答案 D解析高楼正常运行的电梯中，不可能处于一段持续的完全失重状态．故A错误；沿固定于地面上的光滑斜面滑行，设斜面的倾角为θ，则其加速度：a＝g sin θ，不是完全失重状态，故B错误；固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动的过程中受到杆的拉力，不会处于一段持续的完全失重状态．故C错误；物体做竖直上抛运动时(不计空气阻力)处于完全失重状态，物体的重力并没有变化，而且始终存在，故D正确．3．2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为由图1所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()图1A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B ．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C ．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D ．运动员在减速区减速过程中处于失重状态答案 C解析 运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A 项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B 项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C 项正确；运动员在减速区减速过程中具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D 项错误．4．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象，假如作出的图象如图2所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g 取10 m/s 2)( )图2A ．1.8 mB ．3.6 mC ．5.0 mD ．7.2 m答案 C解析 由图可知，运动员腾空的时间为2 s ，由对称性可得自由下落的时间为1 s ，故运动员跃起的最大高度是h ＝12gt 2＝5.0 m ，C 正确． 5．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图3所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图3A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小答案AD解析由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，F N－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由mg－F N＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．6．如图4所示，滑雪爱好者从静止沿山坡匀加速滑下，在水平雪面上匀减速滑行一段距离停止，沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大，斜面与水平雪面平滑连接．下列图中x、v、a、F分别表示图4滑雪爱好者位移大小、速度大小、加速度大小以及合力大小．其中正确的是()答案 B解析滑雪爱好者在斜面上做匀加速直线运动，在水平雪面上做匀减速直线运动，而不是匀速直线运动．故A错误．对于匀加速直线运动有：v2＝2a1x1，对于匀减速直线运动有：v2＝2a2x2，因为x1>x2，所以a1<a2.根据v＝at知，匀加速直线运动的加速度小，则时间长．故B正确，C 错误．根据牛顿第二定律F 合＝ma 知，在斜面上所受的合力小于在水平雪面上所受的合力．故D 错误．7．如图5所示，质量为M 、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线图5与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mg sin αC ．系统的加速度为a ＝g tan αD ．推力F ＝Mg tan α答案 C解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度a ＝g tan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mg cos α，F ＝(M ＋m )g tan α，选项A 、B 、D 错误，C 正确．8．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )A ．40 mB ．20 mC ．10 mD ．5 m答案 B解析 a ＝F f m ＝mg m ＝g ＝10 m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝2022×10m ＝20 m ，B 对．9．如图6所示，水平放置的传送带以速度v ＝2 m/s 向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A 端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距6 m ．求物体由A 到B 的时间为(g 取10 m/s 2)( )图6A ．2 sB ．2.5 sC ．3.5 sD ．4 s答案 C 解析 物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速度做匀速直线运动．根据牛顿第二定律，μmg ＝ma ，物体匀加速运动的加速度为a ＝μg ＝2 m/s 2，达到共同速度所用时间t 1＝v a ＝1 s ，发生位移x 1＝v 2t 1＝1 m ，此后匀速运动t 2＝L －x 1v ＝2.5 s 到达B 端，共用时间为3.5 s ，选项C 正确．10．(2016·衢州市调研)行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车匀减速运动到车完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N答案 C解析 汽车的速度v 0＝90 km /h ＝25 m/s设汽车匀减速的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝5 m/s 2 对乘客应用牛顿第二定律可得：F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确．11．如图7甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图7(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2.(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．答案 (1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象可知：在0～2 s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2，方向沿杆向上 在2～5 s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2，“－”表示方向沿杆向下． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2联立以上各式解得μ＝0.5，F ＝50 N.12．在海滨游乐场里有一种滑沙运动，如图8所示．某人坐在滑板上从斜坡的最高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离停下来．若滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°，AB 长度为25 m ， 图8斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)人从斜坡上滑下时的加速度大小；(2)为保证安全，水平滑道BC 的最短长度．答案 (1)2.0 m/s 2 (2)10 m解析 (1)在斜坡上对人进行受力分析，设人在斜坡上滑下的加速度为a 1，由牛顿第二定律有mg sin θ－μF N ＝ma 1，F N ＝mg cos θ联立解得a 1＝g (sin θ－μcos θ)＝2.0 m/s 2(2)解法一：人滑到B 点时速度v B ＝2a 1x AB在水平滑道上运动时a 2＝μg由0－v 2B ＝－2a 2x BC解得x BC ＝v 2B 2a 2＝10 m. 解法二：mgx AB sin θ－μmgx AB cos θ－μmgx BC ＝0解得x BC ＝10 m.13．由于下了大雪，许多同学在课间追逐嬉戏，尽情玩耍，而同学王清和张华却做了一个小实验：他们造出一个方形的雪块，让它以一定的初速度从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡(坡上的雪已压实，斜坡表面平整)，发现雪块能沿坡面最大上冲3.2 m ．已知雪块与坡面间的动摩擦因数为μ＝0.05，他们又测量了斜坡的倾角为θ＝37°，如图9所示，他俩就估测出了雪块的初速度．那么：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图9(1)请你算出雪块的初速度为多大？(2)求雪块沿坡面向上滑的时间为多长？(3)求雪块沿坡面滑到底端的速度大小？答案 (1) 6.4 m/s (2) 1 s (3) 6 m/s解析 (1)雪块上滑的加速度大小a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝g sin 37°＋μg cos 37°＝6.4 m/s 2则初速度v 0＝2a 1x ＝2×6.4×3.2 m/s ＝6.4 m/s(2)雪块上滑的时间t ＝v 0a 1＝6.46.4s ＝1 s (3)雪块下滑的加速度大小a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝g sin 37°－μg cos 37°＝5.6 m/s 2则到达底端的速度v ＝2a 2x ＝2×5.6×3.2 m/s ≈6 m/s.。

章末检测卷(一）（时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分．每小题给出的选项中只有一项符合题目要求．)1．明代诗人曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛;人在桥上走，桥流水不流"．其“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参考系是（)A．水B．桥C．人D．地面答案 A2．下列各组物理量中,都是矢量的是（)A．位移、时间、速度B．速度、速率、加速度C．加速度、速度的变化量、速度D．路程、时间、位移答案 C解析位移、速度、加速度以及速度的变化量既有大小，又有方向，是矢量，而时间、路程和速率只有大小，没有方向，是标量，故C正确．3．下列关于位移和路程的说法中正确的是(）A．路程是标量，只有大小；位移是矢量,有大小,也有方向B．物体沿直线运动，通过的路程一定等于位移大小C．物体两次通过的路程不等，位移不可能相等D．物体通过一段路程,则它通过的位移不可能为零答案 A解析路程是标量，位移是矢量，A对．物体只有做单向直线运动时,路程才等于位移大小，B错．物体从一位置沿不同路径到达另一位置时，路程可能不等而位移相等，C错．物体运动了一段路程后又回到了出发点,则位移为零,D错．4．在某段公路上，分别有如图1所示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思是(）图1A．甲是指位移，乙是指平均速度B．甲是指路程，乙是指平均速度C．甲是指位移，乙是指瞬时速度D．甲是指路程,乙是指瞬时速度答案 D解析告示牌甲上面的数字是车辆沿公路行驶到达告示牌上指定的地点时通过的路程，告示牌乙上面的数字“120”表示该公路限制速度为120 km/h,表明车辆在行驶时的瞬时速度不能高于该速度，选项D正确．5．如图2所示，小球以v1＝3 m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁经t＝0。

01 s后以v2＝2 m/s的速度沿同一直线反弹，小球在这0。

01 s内的平均加速度为（)A．100 m/s2，方向向右图2B．100 m/s2，方向向左C．500 m/s2，方向向左D．500 m/s2，方向向右答案 C解析规定水平向右为正方向．根据加速度的定义式a＝错误!得：a＝错误!m/s2＝－500 m/s2，负号表明加速度方向与v1的方向相反，即水平向左．6.如图3所示是三个质点A、B、C的运动轨迹，三个质点同时从N点出发，又同时到达M点，下列说法正确的是(）A．从N到M的过程中，A的平均速率最大B．三质点从N到M的平均速率相同图3C．三质点从N到M的平均速度不相同D．到达M点时A的瞬时速率最大答案 A解析平均速率等于路程除以时间，从N到M，三个质点所用时间相同，A的路程最大，故A的平均速率最大,A对,B错．平均速度等于位移除以时间，三质点在相同时间内的位移相同，故它们的平均速度相同，C错．根据该题所给条件，不能比较在M点时三个质点的瞬时速率大小关系,D错．7．一质点始终向着一个方向做直线运动,在前错误!t时间内平均速度为v/2，后错误!t 时间内平均速度为2v,则物体在t时间内的平均速度大小是()A．3v/4 B．3v/2 C．v D．2v/3答案 C解析前错误!t时间内的位移x1＝错误!·错误!＝错误!v t，后错误!t时间内的位移x2＝2v·错误!t＝错误!v t，所以t时间内的平均速度错误!＝错误!＝v，故C正确．二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分．每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．关于时间间隔和时刻,下列说法中正确的是(）A．物体在5 s时指的是物体在5 s末时，指的是时刻B．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间C．物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间D．第4 s末就是第5 s初，指的是时刻答案ACD解析 5 s时指的是5 s末这一时刻，5 s内指的是前5 s这一段时间，第5 s内指的是4 s 末到5 s末这1 s的时间,前1 s末和后1 s初是同一时刻，故第4 s末和第5 s初是同一时刻．故本题选A、C、D.9．如图4所示为A、B两质点的v－t图象．对于A、B两质点的运动，下列说法中正确的是()A．质点A向所选定的正方向运动,质点B与A的运动方向相反B．质点A和B的速度并不相同C．在相同的时间内，质点A、B的位移相同图4D．不管质点A、B是否从同一地点开始运动,它们之间的距离一定越来越大答案AB解析由v－t图象知，A、B两质点以大小相等、方向相反的速度做匀速直线运动，A、B正确;在相同的时间内，A、B两质点的位移等大、反向，C错误；由于A、B两质点的出发点无法确定，故A、B两质点间的距离可能越来越大(如图甲），也可能先变小再变大（如图乙）,D错误．10．质点做直线运动的v－t图象如图5所示,则（）A．在前3 s内质点做变速直线运动B．在1 s~3 s内质点做加速度a＝－2 m/s2的变速直线运动C．在2 s～3 s内质点的运动方向与规定的正方向相反,加速度方向与1 s～2 s内的加速度方向相同图5 D．以上说法均不正确答案BC解析由图象可知，质点在第1 s内做速度v0＝2 m/s的匀速直线运动，A错误；在1 s～3 s内质点做变速直线运动，加速度a＝错误!m/s2＝－2 m/s2，加速度的方向与初速度v0的方向相反，故B正确;在2 s～3 s内，速度为负值,说明方向与规定的正方向相反,但加速度与1 s～2 s内的完全相同,因为图线的斜率没有发生变化，故C正确．三、实验题(本题共2小题，共12分）11．（6分)如图6所示是电火花计时器的示意图．电火花计时器和电磁打点计时器一样,工作时使用________(选填“交流”或“直流"）电源，当电源的频率是50 Hz时，每隔________s打一次点．其工作时的基本步骤如下：图6A．当纸带完全通过电火花计时器后，立即关闭电源B．将电火花计时器电源插头插入相应的电源插座C．将纸带从墨粉纸盘下面穿过电火花计时器D．接通开关，听到放电声，立即拖动纸带运动上述步骤正确的顺序是________．（按顺序填写步骤编号）答案交流0.02CBDA解析电火花计时器的工作电压是220 V交流电，频率为50 Hz时，打点时间间隔为0。

2018年4月浙江省一般高校招生选考科目考试物理试题选择题部份一、选择题I （此题共13小题，每题3分，共39分。

每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分）1．通过理想斜面实验得到“力不是维持物体运动的缘故”的物理学家是 A ．亚里士多德 B ．伽利略 C ．笛卡尔 D ．牛顿2．某驾驶员利用定速巡航，在高速公路上以时速110千米行驶了200千米。

其中“时速11O 千米”、“行驶200千米”别离是指A ．速度、位移B ．速度、路程C ．速度、位移D ．速度、路程 3．用国际单位制的大体单位表示能量的单位，以下正确的选项是A ．kg ·m 2/s 2B ．kg ·m/s 2C ．N/mD ．N ·m 4．A 、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)．在相同时刻内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，那么它们 A ．线速度大小之比为4：3 B ．角速度大小之比为3：4 C ．圆周运动的半径之比为2：1 D ．向心加速度大小之比为l ：25．杭州市正将骨干道上的部份高压钠灯换成LED 灯。

已知高压钠灯功率为400W ，LED 灯功率为]80W ，假设改换4000盏，那么一个月可节约的电能约为 A ．9×103kW ·h B ．3×105kW ·h C ．6×105kW ·h D ．1×l011kW ·h6．真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A 和B(可视为点电荷)，别离固定在两处，它们之间的静电力为F 。

用一个不带电的一样金属球C 前后与A 、B 球接触，然后移开球C ，现在A 、B 球间的静电力为 A ．8F B ．4F C ．83F D ．2F 7．处于磁场B 中的矩形金属线框可绕轴00´转动，当线框中通以电流I 时，如下图。

绝密★启用前2018 年下半年浙江省普通高校招生选考科目考试姓名：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共30 分，用【加试题】标出。

考生注意：物理试题准考证号：7 页，满分 100 分，考试时间 90 分钟。

其中加试题部分为1. 答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

3. 非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4. 可能用到的相关公式或参数：重力加速度 g 均取10m/s2.。

选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13 小题，每小题 3 分，共39 分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列物理量属于标量的是A. 速度B. 加速度C. 电流D. 电场强度2. 发现电流磁效应的物理学家是A. 法拉第B. 奥斯特C. 库仑D. 安培3. 用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是A. N/CB. V/mC. kg •m/（C•s2 ）D. kg •m/（A•s2）4. 一辆汽车沿平直道路行驶，其 v－t 图象如图所示。

在t=0 到t=40s 这段时间内，汽车的位移是A. 0B. 30mC. 750mD. 1200m5. 奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是A. 加速助跑过程中，运动员的动能增加B. 起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C. 起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D. 越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加6. 等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是A. a 点的电势低于 b 点的电势B. a 点的场强大于b 点的场强，方向相同C. 将一负电荷从a 点移到b 点电场力做负功D. 负电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能7. 电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。

考纲标准1．实验原理如实验原理图甲所示，光源发出的光，经过滤光片后变成单色光，再经过单缝S时发生衍射，这时单缝S相当于一个单色光源，衍射光波同时到达双缝S1和S2之后，S1、S2双缝相当于两个步调完全一致的单色相干光源，相邻两条亮(暗)条纹间的距离Δx与入射光波长λ，双缝S1、S2间距离d及双缝与屏的距离l有关，其关系式为：Δx＝ldλ，因此，只要测出Δx、d、l即可测出波长λ.两条相邻亮(暗)条纹间的距离Δx用测量头测出．测量头由分划板、目镜、手轮等构成．如实验原理图乙所示．2．实验器材双缝干涉仪，即：光具座、光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头，另外还有学生电源、导线、刻度尺．3．实验步骤(1)观察双缝干涉图样①将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上，如实验原理图丁所示．②接好光源，打开开关，使灯丝正常发光．③调节各器件的高度，使光源灯丝发出的光能沿遮光筒轴线到达光屏．④安装单缝和双缝，尽量使缝的中点位于遮光筒的轴线上，使单缝与双缝平行，二者间距约为5～10 cm.⑤在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹．(2)测定单色光的波长①安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹．②使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央，记下手轮上的读数，将该条纹记为第1条亮条纹；转动手轮，使分划板中心刻线移动至另一亮条纹的中央，记下此时手轮上的读数，将该条纹记为第n条亮条纹，测出n个亮条纹间的距离a，则相邻两亮条纹间距Δx＝an－1.③用刻度尺测量双缝到光屏间距离l(d是已知的)．④重复测量、计算，求出波长的平均值．1．数据处理(1)条纹间距的计算：移动测量头的手轮，分划板中央刻线在第1条亮条纹中央时读数为a 1，在第n 条亮条纹中央时读数为a n ，则Δx ＝a n －a 1n －1. (2)根据条纹间距与波长的关系Δx ＝l d λ得λ＝d lΔx ，其中d 为双缝间距，l 为双缝到屏的距离． (3)测量时需测量多组数据，求λ的平均值．2．注意事项(1)调节双缝干涉仪时，要注意调整光源的高度，使它发出的光束能够沿着遮光筒的轴线把屏照亮．(2)放置单缝和双缝时，缝要相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上．(3)调节测量头时，应使分划板中心刻线和亮条纹的中心对齐，记清此时手轮上的读数，转动手轮，使分划板中心刻线和另一亮条纹的中心对齐，记下此时手轮上的读数，两次读数之差就表示这两条亮条纹间的距离．(4)不要直接测Δx ，要测多个亮条纹的间距再计算得到Δx ，这样可以减小误差．(5)白光的干涉观察到的是彩色条纹，其中白色在中央，红色在最外层．3．误差分析(1)双缝到屏的距离l 的测量存在误差．(2)测条纹间距Δx 带来的误差：①干涉条纹没有调整到最清晰的程度．②误认为Δx 为亮(暗)条纹的宽度．③分划板刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于亮(或暗)条纹中心．④测量多条亮条纹间的距离时读数不准确，此间距中的条纹数未数清.命题点一教材原型实验例1如图1所示，是用双缝干涉测光的波长的实验装置示意图，其中A、B、C、D分别表示滤光片、单缝、双缝、光屏．图2a是实验时用红色滤光片和缝间距d＝0.36 mm的双缝在光屏上得到的图样；图2b是实验时用红色滤光片和缝间距d＝0.18 mm的双缝在光屏上得到的图样；图2c是实验时用蓝色滤光片和双缝间距d＝0.36 mm的双缝在光屏上得到的图样，则图1图2(1)比较图2a和图2b，可以说明____________________．(2)比较图2a和图2c，可以说明____________________．(3)能进行上述比较的前提是做这三次实验时不改变________和________的位置(从“A”“B”“C”“D”中选择)．解析(1)比较图2a和图2b可知，对相同色光，双缝间的距离变小，相邻条纹间距增大；(2)比较图2a和图2c可知，对相同双缝，光波长变短，相邻条纹间距减小；(3)能进行上述比较的前提是做这三次实验时保证双缝到光屏的距离不变即不改变C、D的位置．答案(1)对相同色光，双缝间距减小，相邻条纹间距增大(2)对相同双缝，光波长变短，相邻条纹间距减小(3)C D题组阶梯突破1．在观察光的双缝干涉现象的实验中：(1)将激光束照在如图3乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________．图3(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________(以上均选填“变宽”“变窄”或“不变”)．答案(1)A(2)变宽变窄解析(1)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A图正确；(2)根据Δx＝ldλ知，双缝间的距离d减小时，条纹间距变宽，当双缝到屏的距离l减小时，条纹间距变窄．2．在做“用双缝干涉测量光的波长”实验中．(如图4所示)图4(1)小勇同学应该在A物体右侧首先放______填(“单缝”或“双缝”)．(2)经过一系列的调试，得到了亮度较好，但不够清晰的干涉图样，为了得到更加清晰的干涉图样，应该如何调整？______(填“左右”或“上下”)拨动拨杆．(3)他看到的干涉图样如图5甲图，他想把干涉图样及分划板调为竖直方向，你认为应该如何调整？答：________________________________________________________________________若他看到的干涉图样如图乙，你认为又应该如何调整？答：________________________________________________________________________图5答案(1)单缝(2)左右(3)测量头与遮光筒一起逆时针转过一定角度遮光筒逆时针转过一定角度(测量头不动)解析(1)光由透镜汇聚后先通过单缝获得线光源再通过双缝获得两相干光源；(2)左右调节拨杆使双缝和单缝平行；(3)测量头与遮光筒一起逆时针转过一定角度；遮光筒逆时针转过一定角度(测量头不动)．命题点二拓展创新实验例2用双缝干涉测光的波长，实验装置如图6所示，已知单缝与双缝的距离L1＝60 mm，双缝与屏的距离L2＝700 mm，单缝宽d1＝0.10 mm，双缝间距d2＝0.25 mm.用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻度对准屏上亮纹的中心，如图7所示，记下此时手轮的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数．图6图7图8(1)板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图8所示，则对准第1条时读数x1＝________mm，对准第4条时读数x2＝________mm，相邻两条亮纹间的距离Δx＝________mm.(2)求得的波长值是________nm.(保留3位有效数字)．解析(1)对准第1条时手轮的读数为x1＝2 mm＋19.0×0.01 mm＝2.190 mm，对准第4条时读数为x2＝7.5 mm＋36.8×0.01 mm＝7.868 mm，相邻两条亮纹间的距离为Δx＝x2－x13≈1.893mm.(2)根据条纹间距公式知Δx＝ld λ，解得λ＝dΔxl＝d2(x2－x1)3L2，代入数据得波长为676 nm.答案(1)2.1907.868 1.893(2)676题组阶梯突破3．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，经调节后使单缝与双缝相互平行且沿竖直方向，在目镜内观察到单色光的干涉条纹是________(选填图9中的“A”或“B”)．某同学用间距0.20 mm的双缝做实验，调节双缝与屏之间的距离至100.00 cm，测得两相邻亮条纹间距为2.80 mm，则该单色光的波长为________ m.图9答案B 5.6×10－74．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图10所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图10(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、________、________、________、A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各光学元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用刻度尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离.在操作步骤②时还应注意：____________________.答案(1)E D B(2)放置单缝、双缝时，必须使缝平行解析(1)滤光片E是用来从白光中选出单色红光的，单缝屏是用来获得线光源的，双缝屏是用来获得相干光源的，最后成像在毛玻璃屏上．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上．。

[考试标准]平抛运动1．定义将一物体水平抛出，物体只在重力作用下的运动．2．性质加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．平抛运动的研究方法将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成．4．基本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t . (2)竖直方向：速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2.(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gtv 0.(4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝gt2v 0.[深度思考]1．从离水平地面某一高度的地方平抛的物体，其落地的时间由哪些因素决定？其水平射程由哪些因素决定？平抛的初速度越大，水平射程越大吗？答案 运动时间t ＝2hg，取决于高度h 和当地的重力加速度g .水平射程x ＝v 0t ＝v 02h g，取决于初速度v 0、高度h 和当地的重力加速度g .当高度、重力加速度一定时，初速度越大，水平射程越大．2．判断下列说法是否正确．(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．( × ) (2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动．( √ ) (3)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大．( × )1．运动员将网球水平击出，球未触网落到对方场地，已知击球点离地面的高度为1.8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，则球在空中的飞行时间大约是( ) A ．0.6 s B ．0.36 s C ．5 s D ．0.18 s答案 A2．从距地面高h处水平抛出一小石子，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．石子运动速度与时间成正比B．石子抛出时速度越大，石子在空中飞行时间越长C．抛出点高度越大，石子在空中飞行时间越长D．石子在空中某一时刻的速度方向有可能竖直向下答案C3．将一个物体以10 m/s的速度从5 m的高度水平抛出，落地时它的速度方向与水平地面的夹角为(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)()A．30°B．45°C．60°D．90°答案 B4．以10 m/s的初速度从距水平地面20 m高的塔上水平抛出一个石子，不计空气阻力，取g ＝10 m/s2，则石子抛出点到落地点位移的大小为()A．20 m B．30 m C．20 2 m D．30 2 m答案 C命题点一平抛运动的基本规律例1小明将铅球以初速度v0水平抛出，铅球落地时的速度方向与水平方向成θ角，如图1所示．不计空气阻力，重力加速度为g.求：图1(1)铅球的抛出点离地面的高度； (2)铅球的水平位移．解析 (1)根据几何关系，tan θ＝v yv 0解得v y ＝v 0tan θ 由t ＝v y g ＝v 0tan θg则抛出点离地面的高度h ＝12gt 2＝v 20tan 2 θ2g(2)水平位移x ＝v 0t ＝v 20tan θg.答案 (1)v 20tan 2θ2g (2)v 20tan θg平抛运动问题的常用解法1．解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度．2．将平抛运动分解之后，要充分利用平抛运动中的位移矢量三角形和速度矢量三角形找各量的关系．3．时间相等是联系两个分运动的桥梁． 4．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图2中A点和B点所示．图2(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.题组阶梯突破1．(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图3所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有()图3A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动答案BC解析小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．2．(2016·惠州模拟)某人向放在水平地面的正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图4所示．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为()图4A．减小初速度，增大抛出点高度B．增大初速度，抛出点高度不变C．初速度大小不变，降低抛出点高度D．初速度大小不变，增大抛出点高度答案 C解析为了能把小球抛进桶中，须减小水平位移，由x＝v0t＝v02hg知，选项C正确．3.如图5所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB＝BC＝CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()图5A.2∶3∶ 6 B．1∶2∶ 3C ．1∶2∶3D ．1∶1∶1答案 A解析 由平抛运动的规律可知竖直方向上：h ＝12gt 2，水平方向上：x ＝v 0t ，两式联立解得v 0＝xg 2h ，知v 0∝1h.设h A ＝3h ，h B ＝2h ，h C ＝h ，代入上式可知选项A 正确．命题点二 与斜面有关的平抛运动问题例2 倾角为θ的斜面，长为l ，在顶端水平抛出一个小球，小球刚好落在斜面的底端，如图6所示，那么小球的初速度v 0的大小是( )图6A ．cos θglsin θ B ．cos θgl2sin θ C ．sin θgl2cos θ D ．sin θgl cos θ解析 小球运动为平抛运动，水平方向为匀速直线运动，x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12gt 2.由斜面的几何关系可得：x ＝l cos θ，y ＝l sin θ，解得t ＝2l sin θg ，v 0＝x t ＝l cos θ2l sin θg＝cos θgl2sin θ，B 对． 答案 B平抛运动的两类特殊模型及解题技巧 1．两类模型问题 (1)从斜面上平抛(如图7)图7已知位移方向，方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝12gt 2 tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg(2)对着斜面平抛(如图8)图8已知速度的大小或方向，方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gttan θ＝v 0v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ2．解题技巧(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度． (2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移． (3)两种分解方法：①沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动； ②沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动．题组阶梯突破4．(多选)如图9所示，一小球自长为L 、倾角为θ的斜面底端的正上方某处水平抛出，运动一段时间后，小球恰好垂直落到斜面中点，则据此可计算( )图9A ．小球落到斜面前，在空中的运动时间B ．小球平抛的初速度C ．小球抛出点距斜面底端的高度D ．小球抛出时的初动能 答案 ABC解析 小球的水平位移x ＝L cos θ2，落在斜面上时，速度与水平方向的夹角的正切值已知，该正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，得出小球位移与水平方向夹角的正切值，从而可以求出下落的高度h .根据h ＝12gt 2，可以得出在空中的运动时间，故A 正确；小球的水平位移已知，根据v 0＝xt 可以求出小球平抛运动的初速度，故B 正确．小球做平抛运动的高度可以求出，设为h ，则小球抛出点距斜面底端的高度H ＝h ＋L sin θ2.故C 正确．由于小球的质量未知，故无法求出小球抛出时的初动能．故D 错误．5．如图10所示，以10 m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为30°的斜面上，则物体在空中飞行的时间是(g 取10 m/s 2)( )图10A.33s B.233 s C. 3 s D ．2 s 答案 C解析 速度分解图如图所示，由几何关系可知v y ＝v 0tan 30°＝10 3 m/s ，由v y ＝gt ，得t ＝ 3 s.命题点三 平抛运动的临界问题例3 如图11，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2，则v 的取值范围是( )图11A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s <v <7 m/sD ．2.3 m/s <v <3 m/s解析 小物体做平抛运动，恰好擦着窗口上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2代入解得v max ＝7 m/s恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v 最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2解得v min ＝3 m/s故v 的取值范围是3 m/s <v <7 m/s. 答案 C极限分析法在临界问题中的应用分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找到临界条件．题组阶梯突破6．(2016·吉林模拟)如图12所示，一圆柱形容器高、底部直径均为L ，球到容器左侧的水平距离也是L ，一可视为质点的小球离地高为2L ，现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，重力加速度为g ，小球抛出的初速度v 的大小范围为(空气阻力不计)( )图12A.12gL <v <gL B.12gL <v <212gL C.12gL <v < 32gL D.12gL <v <gL 答案 A解析 要使小球直接落在容器的底部，设最小初速度为v 1，则有：L ＝12gt 21，v 1＝Lt 1，联立解得：v 1＝12gL .设最大速度为v 2，则有：2L ＝12gt 22，v 2＝2Lt 2，联立解得：v 2＝gL ，因此小球抛出的初速度大小范围为：12gL <v <gL . 7．(2016·金华模拟)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图13所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ，不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(重力加速度为g )，则( )图13A ．若球发射速度v ＝L 18gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 B ．若球发射速度v ＝L 24gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 C ．若球发射速度v ＝L 2g6h，则恰好落在球台的右侧边缘 D ．若球以速度v ＝L 1g6h垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘 答案 D解析 若球与网恰好不相碰，根据3h －h ＝12gt 21得：t 1＝4h g ，水平位移为：x min ＝L 12，则发射速度为：v 1＝L 12t 1＝L 14gh.故A 、B 错误； 若球与球台边缘相碰，根据3h ＝12gt 22得：t 2＝6hg，水平位移为：x max ＝L 1，则发射速度为：v 2＝L 1t 2＝L 1g6h，故C 错误，D 正确.(建议时间：40分钟)1．对于平抛运动，下列说法正确的是( ) A ．平抛运动是非匀变速曲线运动B ．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的C ．平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动D ．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关 答案 C解析做平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度恒定不变，故A项错误；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内，其竖直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移增量不变，故B项错误．平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，且落地时间t＝2hg，落地速度为v＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，所以C项对，D项错．2．某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图1所示．已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()图1A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点的加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先减小后增大答案 A3．在高空中匀速飞行的轰炸机，每隔时间t投放一颗炸弹，若不计空气阻力，则投放的炸弹在空中的位置是选项中的(图中竖直的虚线将各图隔离)()答案 B解析炸弹的运动是一个平抛运动，它在水平方向上是匀速直线运动，与飞机速度相等，所以所有离开飞机的炸弹与飞机应在同一条竖直线上，显然A、C两选项错误；炸弹在竖直方向上是自由落体运动，从上至下，炸弹间的距离越来越大，B项正确，D项错误．4．(2016·杭州模拟)重力加速度已知，决定平抛物体落地点与抛出点间水平距离的因素是()A ．初速度B ．抛出时物体的高度C ．抛出时物体的高度和初速度D ．物体的质量和初速度 答案 C解析 物体做平抛运动，水平方向上：x ＝v 0t ；竖直方向上：h ＝12gt 2；由以上两式可以求得x＝v 02hg，所以落地点与抛出点间水平距离与抛出时物体的高度和初速度有关． 5．(2016·乐清国际外国语学校期末)做平抛运动的物体，其竖直方向的速度v y 随时间变化的图象是下图中的( )答案 B解析 做平抛运动的物体，竖直方向做匀加速运动，有v y ＝gt ，竖直方向的速度与时间是一次函数关系，所以B 正确．6．如图2所示，在同一竖直线上不同高度处同时平抛P 、Q 两个小球，两者的运动轨迹相交于M 点，P 、Q 两小球平抛的初速度分别为v 1、v 2，P 、Q 两小球运动到M 点的时间分别为t 1、t 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图2A ．t 1<t 2，v 1<v 2B ．t 1<t 2，v 1>v 2C ．t 1>t 2，v 1<v 2D ．t 1>t 2，v 1＝v 2 答案 C解析 两个小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由h ＝12gt 2得t ＝2hg，知P 的运动时间大于Q 的运动时间，即t 1>t 2，在水平方向做匀速直线运动，由x ＝v 0t ，水平射程相等，则v 1<v 2，故C 正确．7．以10 m/s 的速度水平抛出一小球，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，当其水平位移与竖直位移相等时，下列说法中正确的是( ) A ．小球的速度大小是10 2 m/s B ．小球的运动时间是2 s C ．小球的速度大小是20 m/s D ．小球的运动时间是1 s 答案 B解析 由平抛运动的竖直分运动是自由落体运动y ＝12gt 2，水平分运动为匀速直线运动x ＝v 0t ，结合x ＝y 可得t ＝2 s ，B 正确，D 错误．小球的速度大小v ＝v 20＋(gt )2＝10 5 m/s ，A 、C 错误．8．一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则运动时间为( ) A.v －v 0gB.v ＋v 0gC.v 2－v 20gD.v 2＋v 20g答案 C解析 求出落地时的竖直分速度v y ＝v 2－v 20，由竖直方向做自由落体运动求时间t ＝v yg＝v 2－v 2g，故C 正确． 9．(2016·海口模拟)某同学篮球场上练习投篮，一次投篮恰好垂直打在篮板上，且篮球撞击篮板处与投出点之间的水平距离是竖直的2倍，空气阻力不计，篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 B解析 采用逆向思维，篮球做平抛运动，设竖直位移为h ，则水平位移为：x ＝2h ，根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g， 可知篮球水平分速度为：v x ＝xt＝2hg2h＝2gh ，v y ＝2gh ，根据平行四边形定则知，tan α＝v yv x＝1，解得篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角α＝45°. 10．(2016·宝鸡模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v －t 图线，如图3所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图3A ．图线2表示水平分运动的v －t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的位移方向与初速度方向的夹角为60°答案 C解析 图线2是初速度为0的匀加速直线运动，所以图线2表示的是竖直分运动，故A 错误；t 1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，则该时刻速度与初速度方向的夹角为45°.故B 错误；图线与时间轴围成的面积表示位移，则t 1时刻竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，故C 正确；2t 1时刻竖直方向的位移和水平方向的位移相等，所以2t 1时刻的位移方向与初速度方向夹角为45°，故D 错误．11．在倾角为θ的斜面顶端，以初速度v 0水平抛出一小球，则小球与斜面相距最远时速度的大小为( )A ．v 0cos θ B.v 0cos θ C ．v 0sin θ D.v 0sin θ答案 B解析 当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，速度的水平分量不变，为v 0，故v cos θ＝v 0解得：v ＝v 0cos θ.12．如图4所示，在足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为()图4A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 D解析 设斜面倾角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt2v 0t ＝gt2v 0，故t ＝2v 0tan θg ，水平位移x ＝v 0t ＝2v 20tan θg∝v 20，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确．13．(2016·汉中模拟)如图5所示，一网球运动员将球在左侧边界中点处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，数据如图所示，则下列说法中正确的是( )图5A ．击球点高度h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1＝2h 2B ．若保持击球高度不变，球的初速度v 0只要不大于s h 12gh 1，一定落在对方界内C ．任意降低击球高度(仍大于h 2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D ．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 答案 D解析 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s 和3s2的运动时间比2∶3，则竖直方向上，根据h ＝12gt 2，则有h 1－h 2h 1＝49，解得h 1＝1.8h 2.故A 错误；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h 1＝12gt 21得，t 1＝2h 1g，则平抛运动的最大速度v 01＝2s t 1＝s h 12gh 1，根据h 1－h 2＝12gt 22，t 2＝2(h 1－h 2)g，则平抛运动的最小速度v 02＝st 2＝sg2(h 1－h 2).故B 错误；任意降低击球高度(仍大于h 2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大，会出界，速度小，会触网，所以不是击球高度比网高，就一定能将球发到界内．故C 错误；增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故D 正确.14．如图6所示，从倾角为θ的足够长斜面上的A 点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出．第一次初速度为v 1，球落到斜面上时瞬时速度方向与斜面夹角为α1；第二次初速度为v 2，球落到斜面上时瞬时速度方向与斜面夹角为α2，不计空气阻力，若v 1>v 2，且α1________(填“>”“<”或“＝”)α2.图6答案 ＝解析 如图所示，从A 到B 竖直下落h ，水平位移为x ，把末速度正交分解，水平速度为v 1，竖直速度为v y .tan θ＝h x ＝12gt2v 1t ＝gt2v 1，tan γ＝v y v 1＝gt v 1，可知tan γ＝2tan θ，又θ为已知量，所以γ为定值，与初速度无关，所以两次以不同速度抛出，落点与斜面夹角相同．15．如图7所示，在倾角为θ的斜面顶端P 点以初速度v 0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q 点，求：图7(1)小球在空中运动的时间以及P 、Q 间的距离； (2)小球离开斜面的距离最大时，抛出了多久． 答案 (1)2v 0tan θg 2v 20tan θg cos θ (2)v 0tan θg解析 (1)根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图甲所示，由s x ＝v 0t ，s y ＝12gt 2得s y s x ＝tan θ＝gt 2v 0，可得小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg. PQ 间距离s ＝s x cos θ＝2v 20tan θg cos θ. (2)如图乙所示，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，当小球与斜面间距离最远时，速度方向与水平分速度之间的夹角为θ.由v y v x ＝tan θ＝gt v 0，可得小球离开斜面距离最大时所需时间为t ＝v 0tan θg. 16.如图8所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外空地宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s 2.求：图8(1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．答案 (1)5 m/s ≤v 0≤13 m/s (2)5 5 m/s解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01，则小球的水平位移：L ＋x ＝v 01t 1小球的竖直位移：H ＝12gt 21解以上两式得v 01＝(L ＋x ) g 2H＝13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v 02，则此过程中小球的水平位移： L ＝v 02t 2小球的竖直位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得：v 02＝L g2(H －h )＝5 m/s小球离开屋顶时速度v 0的大小为5 m/s ≤v 0≤13 m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．竖直方向：v 2y ＝2gH又有：v min ＝v 202＋v 2y 解得：v min ＝5 5 m/s。