2016年甘肃单招物理模拟试题：动能定理综合应用

高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。

设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。

【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分） 可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R'≥（1分）小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得230.9225R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．3．如图所示，光滑斜面AB 的倾角θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度l BC =1.10 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R =0.60 m ．一个质量m =2.0 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ=0.20.轨道在B ，C 两点光滑连接．当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h =0.20 m ，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.g 取10 m/s 2.求：(1)物体运动到C 点时速度大小v C (2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 【答案】(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 【解析】 【详解】(1)物体由C 点到最高点，根据机械能守恒得：()212c mg R h mv += 代入数据解得：4/C v m s =(2)物体由A 点到C 点，根据动能定理得：2102BC c mgH mgl mv μ-=- 代入数据解得： 1.02H m =(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgx mgH μ= 代入数据，解得： 5.1x m =由于40.7BC x l m =+所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：0.4s m =． 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解．4．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．5．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2。

高中物理动能定理的综合应用模拟试题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。

物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点） ，求：(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。

【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有22011222mv mg R mv =⋅+ 得20445m /s v v gR =-=(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有2N v mg F m R+=得物块A 受到的弹力为2N 150N v F m mg R=-=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为N N 150N F F '==作用力方向竖直向上(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有20102mgx mv μ-=-得12.5m x =2．如图所示，半径2R m =的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内，轨道的B 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B 点以5/v m s =的速度水平飞出（g 取210/m s ）．求：（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小.【答案】(1) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s = 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR -W f =12mv 2W f =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：2N v F mg m R-=解得：4.5N F N =（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：22111m m 22mgh v v =-解得：152m/s v =3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m【解析】试题分析：（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有v B2=2ax根据牛顿第二定律得mgsinα﹣F f=ma 又sinα=H x由以上三式联立解得 F f=144N（2）设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh+W=12mv C2-12mv B2设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律得 F N﹣mg=m2 C v R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能p E ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE ，从其最高点E 飞出，最终落在CD 上距D 点的距离为x =1.2m 处（CD 长大于1.2m ），求物块通过E 点时受到的压力大小；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能． 【答案】（1）p 12J E =（2）N =12.5N （3）Q =16J 【解析】 【详解】（1）由动量定理知：2102mgL mv μ-=-由能量守恒定律知：2p 12E mv =解得：p 12J E =（2）由平抛运动知：竖直方向：2122y R gt == 水平方向：E x v t =在E 点，由牛顿第二定律知：2E v N mg m R+=解得：N =12.5N（3）从D 到E ，由动能定理知：2211222D E mg R mv mv -⋅=- 解得：5m /s D v =从B 到D ，由动能定理知221122D B mv mg v L m μ--= 解得：7m /s B v =对物块2B Dv v L t +=解得：t =1s ；621m 8m s L vt ∆=+=+⨯=相对由能量守恒定律知：mgL Q s μ=⋅∆相对 解得：Q =16J5．如图所示，四分之一的光滑圆弧轨道AB 与水平轨道平滑相连，圆弧轨道的半径为R =0.8m ，有一质量为m =1kg 的滑块从A 端由静止开始下滑，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，滑块在水平轨道上滑行L =0.7m 后，滑上一水平粗糙的传送带，传送带足够长且沿顺时针方向转动，取 g =10m/s 2，求： （1）滑块第一次滑上传送带时的速度 v 1 多大？ （2）若要滑块再次经过B 点，传送带的速度至少多大？（3）试讨论传送带的速度v 与滑块最终停下位置x （到B 点的距离）的关系。

2016年某某自主招生物理模拟试题:动能定理综合应用【试题内容来自于相关和学校提供】1：如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到υ，则（）A、地板对物体的支持力做的功等于B、地板对物体的支持力做的功等于mgHC、钢索的拉力做的功等于D、合力对电梯M做的功等于2：如图是利用太阳能驱动小车。

当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。

若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内（）A、小车先匀加速运动，再匀速运动B、电动机所做的功为PtC、电动机所做的功为D、电动机所做的功为3：光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）A、0B、mv02+qElC、mv02D、mv02+qEl4：放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（）A、48JB、14JC、10JD、2J5：如图所示，将一质量为m的小球从空中o点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能E k=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P（）A、下落的高度为B、经过的时间为C、运动方向改变的角度为arctanD、速度增量为3v0，方向竖直斜向下6：如图，倾角为θ的光滑斜面与光滑的半圆形轨道光滑连接于B点，固定在水平面上，在半圆轨道的最高点C 装有压力传感器，整个轨道处在竖直平面内，一小球自斜面上距底端高度为H的某点A由静止释放，到达半圆最高点C时，被压力传感器感应，通过与之相连的计算机处理，可得出小球对C点的压力F，改变H的大小，仍将小球由静止释放，到达C点时得到不同的F值，将对应的F与H的值描绘在F-H图像中，如图所示，则由此可知( ) A 图线的斜率与小球的质量无关B b点坐标的绝对值与物块的质量成正比。

高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。

一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。

一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。

小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。

（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。

(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。

【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理2211222N mg R mv mv -⋅=- 代入解得22m/s v =(2)A →N 过程2011202Pt fL mg R mv --⋅=- 代入解得15m/s v =在N 点时21N mv mg F R+= 代入解得N 6N F =根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。

(3)设小汽车恰能过最高点，则0020Pt fL mg R --⋅=代入解得0 1.15s 2s t =<此时小汽车将停在12mg R n fL ⋅=代入解得1 6.4n =因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时020Pt fL n fL --=代入解得220n =因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

一个质量m ＝0.1kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在地面上的D 点。

现测得C 、D 两点的水平距离为x ＝0.6m 。

不计空气阻力，取g ＝10m/s 2。

求(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间t ； (2)小物块从C 点飞出时速度的大小v C ；(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。

【答案】(1) t=0.3s (2) v C =2.0m/s (3)0.1J 【解析】 【详解】（1）小物块从C 水平飞出后做平抛运动，由212h gt = 得小物块从C 点运动到D 点经历的时间20.3ht g==s （2）小物块从C 点运动到D ，由C x v t = 得小物块从C 点飞出时速度的大小C xv t==2.0m/s （3）小物块从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理 得()2102f C mg Hh W mv -+=- ()212f C W mv mg Hh =--= -0.1J 此过程中克服摩擦力做的功f f W W '=-=0.1J2．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m【解析】试题分析：（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有v B2=2ax根据牛顿第二定律得mgsinα﹣F f=ma 又sinα=H x由以上三式联立解得 F f=144N（2）设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh+W=12mv C2-12mv B2设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律得 F N﹣mg=m2 C v R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．3．如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为l.8R．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？【答案】（1（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分）可得c v 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R '≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得230.9225R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．4．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处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到C 点停下来．如果人和滑板的总质量m ＝60kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），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10m/s 2． 求：（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为L ＝20.0m ，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【答案】（1）2.0 m/s 2； （2）50m 【解析】 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B 点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度． 【详解】（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：a 1＝3737mgsin mgcos mμ︒-︒=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s 2=2m/s 2．（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a 2＝μg ＝5m /s 2，根据速度位移公式得，B 点的速度为：222520/102/B v a L m s m s ⨯⨯＝＝＝． 根据速度位移公式得：212005024B AB v L m m a ＝＝＝. 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．5．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．6．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝10m /s 的速度从地面冲上高台，t ＝5s 后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m ＝1.8×102kg ，台高h ＝5.0m .摩托车冲上高台过程中功率恒定为P ＝2kW ，不计空气阻力，取g ＝10m /s 2.求：(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (2) 摩托车落地点到高台的水平距离s ； (3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f . 【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功． （1）由题知，抛出时动能：230019102k E mv J ==⨯ （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212h gt = 解得：t=1s则水平距离010s v t m ==（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --= 解得：3110f W J =⨯ 【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．7．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2。

2016年4月甘肃省兰州市普通高校招生模拟考试物 理一、选择题（本题共8小题，每小题6分，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求．）1．在物理学的发展过程中，科学家们应用了许多研究方法，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（ ） A ．根据速度的定义式x t∆∆，当t ∆非常小时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法 B ．“合力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是等效替代的方法C ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了极限思想法2．用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图像如图所示，2g 10m /s =，水平面各处粗糙程度相同，则由此可以计算出（ ）A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．物体与水平面间的动摩擦因数C ．外力F 为12N 时物体的速度D ．物体的质量3．我国探月计划分成“绕、落、回”三部分．若已知地球和月球的半径之比为a ，地球表面的重力加速度和月球表面的重力加速度之比为b ，以下说法正确的是（ ）A ．在地球和月球之间的某处飞船受到的地球和月球的引力大小相等，此处距地球和月球的距离之比为a bBC D ．地球与月球的质量之比为2a b 4．如图所示，1Q 、2Q 为两个等量同种的正点电荷，在1Q 、2Q 产生的电场中有M 、N 和O 三点，其中M和O 在1Q 、2Q 的连线上（O 为连线的中点），N 为过O 点的垂线上的一点．则下列说法中正确的是（ ）A ．在M 、N 和O 三点中，O 点电势最低B ．在M 、N 和O 三点中，O 点电场强度最小C ．若O 、N 间的电势差为U ，则N 点的场强为U dD ．若O 、N 间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，电场力做功为qU 5．内壁光滑的球体半径为R ，一长度小于直径的轻杆两端固定质量分别为A m 、B m 的小球A 、B ，将轻杆置于球体内部后．最终静止在图示位置不动，球心O 与杆在同一竖直平面内，过球心O 竖直向下的半径与杆的交点为M ，R OM 2=．下列判断正确的是（ ）A ．AB m m ＜B ．球体内壁对A 球的支持力A A N 2m g =C ．轻杆对B 球的支持力有可能小于B 球的重力D ．若增大A m ，θ角会增大6．如图所示，长为L 的绳子一端系于O 点，另外一端系一质量为m 的小球，现将绳子沿水平方向拉直，从M 点将小球由静止释放，当期运动到最低点N 时绳子恰好被拉断，测得落地点P 到O 点的水平距离为2L ，忽略空气阻力，重力加速度为g ，则以下说法正确的是（ ）A ．小球运动到NB ．绳所能承受的最大拉力为2mgC ．N 点离地面的高度为LD ．若在ON 中点处钉一钉子，绳子就不会被拉断了7．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻0R 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则（ ）A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小8．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好，除电阻R外，其余电阻不计、导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面、静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为I∆，弹性势能为p E．重力加速度大小为g．将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，下列说法正确的是（）A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为I∆∆-B．从开始释放到最后静止，电阻R上产生的总热量等于mg I EpC．金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下D．金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9题~第12题为必考题，第13~18为选考题）（一）必考题9．小张和小王在做“验证力的平行四边形定则”实验中，实验步骤如下：①用图钉把白纸钉在方木板上．②把方木板平放在桌面上，用图钉把橡皮条的一端固定在O点，橡皮条的另一端栓上两个细绳套．③小张同学用两只弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置时，小王同学用铅笔描下结点的位置，标上字母A，如图丙所示．④接着小王在两条细绳套的方向上离A 点比较近的地方点下了另两个点B 、C ，并记录弹簧秤的读数1F 、2F ．⑤移开两弹簧秤，从位置A 画直线AB 、AC ，按选定的标度作出两只弹簧秤的拉力1F 、2F 的图示，并用平行四边形定则作出合力F 的图示．⑥只用一只弹簧秤通过细绳套把橡皮条的结点再次拉到同样位置A ，记下弹簧秤的读数和细绳的方向．用刻度尺从A 点按同样标度沿记录的方向作出这只弹簧秤的拉力F′的图示．⑦比较力F '的图示与合力F 的图示，看两者是否等长，同向．⑧小张改变两个力1F 和2F 的大小和夹角，再次重复实验时，发现让节点回到A 点不太容易，小王就在结点移过A 点时用手指将其按压在A 点，接着记录下两弹簧秤的方向和示数大小．⑨接着重复步骤⑤﹣⑦，最后得出结论：在误差允许的范围内，力的合成符合平行四边形定则． （1）以上实验步骤中不恰当的是________，有错误的是________．（2）甲、乙是两组同学做出的图示，其中符合实际情况的是________．10．（9分）要测定一个自感系数很大的线圈L 的直流电阻L R ，实验室提供以下器材：待测线圈L ：阻值约为2 Ω，额定电流为2 A电流表1A 量程为0.6 A ，内阻为1r 0.5=Ω电流表2A 量程为3.0 A ，内阻2r 约为0.1 Ω 变阻器1R ，电阻变化范围为0~10 Ω变阻器2R ，电阻变化范围为0~1 kΩ 定值电阻3R 10=Ω定值电阻4R 100=Ω 电源E ：电动势E 约为9 V ，内阻很小单刀单掷开关两个S1和S2，导线若干 要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组1A 表、2A 表的读数1I 、2I ，然后利用1I ﹣2I 图像求出线圈的电阻RL ．（1）实验中定值电阻应该选________，滑动变阻器应选择________．（2）请补充完整图1实物连线电路．（3）实验结束时应先断开开关________．（4）12I I -图像如图2所示，若图线斜率为k ，则线圈L 的直流电阻L R =_______．（用题中所给字母表示） 11．（14分）在圆形单匝导线圈区域内有均匀增大的匀强磁场1B kt =，磁场方向如图所示，导线圈开口处通过导线与一平行板电容器的两极板相连，两极板间有垂直纸面向里的匀强磁场2B ．一带电粒子从极板的中轴线上某点射出，恰能在板间做完整的匀速圆周运动而不碰到极板上．已知，圆形区域磁场的面积为S ，带电粒子的质量、电量分别为m 、q ，射出时的速度为v ，平行板电容器板间距离为d ，求：（1）粒子的电性；（2）极板间磁场的磁感应强度2B ；（3）1B kt =中k 的表达式．12．（18分）如图所示，质量m 1kg =的物块A 放在质量M 4kg =木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上，现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知AB 之间的动摩擦因数为10.4μ=，地面与B 之间的动摩擦因数为20.1μ=，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，2g 10m /s =．求：（1）能使AB 发生相对滑动的F 的最小值；（2）若F 30N =，作用1s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长，从开始到AB 均静止，A 的总位移是多少？【物理-选修3-3】13．下列说法正确的是（ ）A ．太空舱中的水滴呈球形的主要原因是液体表面张力B ．对某一系统做功，必定会增加系统的内能C ．空调既能制冷又能制热，说明热传递不具有方向性D ．分子间的距离增大时，分子势能可能减小E ．开发新能源既要满足当代人的需求，又要不损害子孙后代的需求14．（10分）左端封闭、内径相同的U 形导热玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L 20cm =的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，如图所示，已知大气压强为0p 75cmHg =．若将图中的阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H35cm=，求左管水银面下降的高度．【物理-选修3-4】15．某一位于x0=处的波源从平衡位置沿y轴正方向开始做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，已知波源振动周期为T，波速为v．关于在5vTx2=处的质点P，下列说法正确的是（）A．质点P振动周期为T，速度的最大值为vB．若某时刻质点P的振动方向沿y轴负方向，则该时刻波源振动方向沿y轴正方向C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则此时P质点的加速度一定最大且方向沿y轴正方向E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷16．如图所示，真空中有一块直角三角形的玻璃砖ABC，B30∠=︒，若CA的延长线上S点有一点光源发出的一条光线由D点射入玻璃砖，光线经玻璃砖折射后垂直BC边射出，且此光束从S传播到D的时间与在玻璃砖内的传播时间相等，已知光在真空中的传播速度为c，BD=，ASD15∠=︒．求：①玻璃砖的折射率；②SD两点间的距离．【物理-选修3-5】17．2011年3月11日，日本发生大地震，引发了立体式的灾难，其中福岛核电站核泄露事故更是引起了各国的普遍关注，虽然时间已经过去了5年，但核污染仍在继续．对于核能发电，下列说法正确的是（）A．核能发电不像化石燃料发电那样排放巨量污染物到大气中，所以不会造成空气污染B．目前世界上所有的核电站采用的都是原子核裂变反应释放能量C．不同国家科技发展存在差异，所以核电站有些采用原子核裂变反应，有些采用聚变反应D．核电站产生的核废料仍具有放射性，但只要经过恰当处理，过几年就安全了E．由于核废料中放射性物质的半衰期很长，所以从长远来看危险依然存在18．如图所示为两块质量均为m，长度均为L的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ．2016年4月甘肃省兰州市普通高校招生模拟考试 物 理一、选择题1．B2．ABD3~5．DBB6．AC7．BC8．BCD二、非选择题9．（1）④；⑧；（2）甲10．（1）3R ；1R（2）如图所示（3）1S（4）3k(r R )1k+- 11．解：（1）圆形区域内磁场均匀增强，由楞次定律可知，感应电动势使下极板带正电，上极板带负电，粒子在极板间做匀速圆周运动，则重力与电场力合力为零，电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，粒子带正电；（2）粒子在极板间做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：22v qvB m r=， 轨道半径：d r 4=， 解得：24mv B qd=； （3）由法拉第电磁感应定律得：B U S kS t t∆φ∆===∆∆，由于：mg qE =，U E d =， 解得：mgd k qS=； 答：（1）粒子带正电；（2）极板间磁场的磁感应强度2B 为4mv qd； （3）1B kt =中k 的表达式为：mgd k qS=． 12．解：（1）当AB 保持相对静止时，两者具有相同的加速度，此时A 、B 间的摩擦力达到最大静摩擦力，物体相对静止．对于A 由牛顿第二定律得1m mg a μ=代入数据解得2m a 4m /s =对AB 整体由牛顿第二定律得min 2m F (M m)g (M m)a -μ+=+代入数据解得min F 25N =（2）设F 作用在B 上时，A 、B 的加速度分别为1a 、2a ，撤掉F 时速度分别为1v 、2v ，撤去外力F 后加速度分别为1a '、2a '．AB 共同运动时速度为3v ，加速度为2a ，AB 都做匀加速直线运动．对A 由牛顿第二定律可得11mg ma μ=代入数据解得21a 4m /s =由速度公式得111v a t 4m /s ==对B 分析由牛顿第二定律得：122F mg (M m)g Ma -μ-μ+=代入数据解得22a 5.25m /s =由速度公式得：221v a t 525m /s ==．撤去外力后：211a a 4m /s '==，2122mg (M m)g a 2.25m /s Mμ+μ+'== 经过2t 时间后AB 速度相等112222v a t v a t ''+=-代入数据解得2t 0.2s =则共同速度23112v v a t 4.8m /s '=+=从开始到AB 相对静止．AB 的相对位移即为木板最短的长度L2222322B A 112222v v v 1L x x a (t t )0.75m 2a 22a -=-=+-+=' AB 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度232a g 1m /s =μ=从v 3至最终静止位移为232v x 11.52m 2a== 所以A 得总位移为A A x x x 144m =+=．总 答：（1）能使AB 发生相对滑动的F 的最小值为25 N ．（2）若F=30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少0.75 m ，从开始到AB 均静止，A 的总位移是14.4 m ．13．ADE14．解：设左管水银面下降的高度为x ．左、右管水银面的高度差为H x -由玻意耳定律：00p LS [p (H x)](L x)S =--+代入数据解方程得：1x 10cm =，2x 70cm =-（舍去）故左管水银面下降的高度为10 cm答：左管水银面下降的高度为10 cm ．15．BCD16．解：①由几何关系可知入射角i 45=︒，折射角r 30=︒，则玻璃砖的折射率为：sini n sin r =可得：n =②在玻璃砖中光速为：c v n= 光束经过SD 和玻璃砖内的传播时间相等有：SD BDsin30c v ︒=又BD ，得：SD d =；②SD 两点间的距离是d ．17．ABE18．解：设第3块木块的初速度为0V ，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为1V ，据动量守恒定律得：01mV 2mV =…①对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为2V ，则据动量守恒定律得：122mV 3mV =…②第1块木块恰好运动到第3块正中央，则据能量守恒有：2212311mgL 2mv 3mv 222μ=⨯-⨯③由①②③联立方程得：0v =答：木板3碰碰撞前的速度0V 为2016年4月甘肃省兰州市普通高校招生模拟考试物理（解析）1．【考点】物理学史．【分析】当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，该探究运用了控制变量法．比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义．【解答】解：A．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想的方法，故A错误；B．“合力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是等效替代的方法，故B正确；C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法，故C错误；D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D错误．故选：B．2．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g=10m/s2，水平面各处粗糙程度相同，则由此可以计算出（）A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．物体与水平面间的动摩擦因数C．外力F为12N时物体的速度D．物体的质量【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】水平拉力F拉静止在水平面上的物体时，在物体运动前，摩擦力随拉力的增大而增大，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动，此时物体产生的加速度与拉力的变化关系可由牛顿第二定律F合=ma⇒得到．根据图象可知，物体产生加速瞬间的拉力大小为图象和F轴的截距，此时拉力F大小等于物体的滑动摩擦力，在中学阶段题目中没有明确说明最大静摩擦力的情况下可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以可求最大静摩擦力的大小．【解答】解：A．物体受力和运动分析，物体在拉力作用下由于拉力小于最大静摩擦力，所以处于平衡状态，当拉力大于最大静摩擦力的时候，物体开始产生加速即开始运动，所以a ﹣F图象中，图象与F轴的截距大小即为物体受到的最大静摩擦力，根据图象可以求得截距，故A选项正确；B．由A选项可知，根据图象可以求得物体的滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律：F合=F﹣f=ma，因为f已知，代入=可以得到物体的质量m，代入f=μFN=μmg可得物体的动摩擦因数μ，故B选项正确；C．因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，没有时间因子，故无法算得物体在12N拉力时所对应的速度，故C选项错误；D．根据B选项的分析可知，本题能求出物体的质量m，故D选项正确．故选ABD3．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】D．根据星球表面重力等于万有引力列式分析；A．根据万有引力定律列式求解距地球和月球的距离之比；B．根据重力等于万有引力得到周期表达式进行分析；C．根据重力等于万有引力得到第一宇宙速度表达式进行分析．【解答】解：D．在星球表面，重力等于万有引力，故：mg=G故M=由于地球和月球的半径之比为a，地球表面的重力加速度和月球表面的重力加速度之比为b，故地球与月球的质量之比为a2b，故D正确；A．在地球和月球之间的某处飞船受到的地球和月球的引力大小相等，根据万有引力定律，有：故故A错误；B．在星球表面，重力提供向心力，故：mg=m解得：v=已知地球和月球的半径之比为a，地球表面的重力加速度和月球表面的重力加速度之比为b，故地球与月球的第一宇宙速度之比为，故B错误；C．在星球表面，重力提供向心力，故：mg=m（）2R解得：T=2π∝由于地球和月球的半径之比为a，地球表面的重力加速度和月球表面的重力加速度之比为b，故飞船绕地球表面飞行和绕月球表面飞行的周期之比为，故C错误；故选：D4．【考点】电场线；电势能．【分析】两等量同种电荷的场强的合成遵循平行四边形定则；电势的高低可以通过移动正的试探电荷，看电场力做功情况；公式U=Eq仅仅适用匀强电场．【解答】解：A．将正的试探电荷从M点移到O点，电场力做正功，电势能降低，故电势降低；再将正的试探电荷从O点移到N点，电场力做正功，电势能降低，电势降低，故N 点电势最低，故A错误；B．在M、N和O三点中O点电场强度为零，故B正确；C．公式U=Eq仅仅适用匀强电场，故C错误；D．若ON间的电势差为U，将一个带电量为q的正点电荷从O点移到N点，电场力做功为qU，从N点移到O点，要克服电场力做功为qU，故D错误；故选：B5．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】可采用假设法分析两球质量关系．以A球为研究对象，运用三角形相似法列式求球体内壁对A球的支持力NA．以B球为研究对象，运用图解法分析杆对B球的支持力如何变化．【解答】解：A．假设两球质量相等，则杆应处于水平位置，现A位于B的下方，可知mA ＞mB．故A错误．B．以A球为研究对象，A球受到重力mAg、球体内壁对A球的支持力NA．杆的压力F．由平衡条件知，mAg与FA的合力与NA等大、反向．运用平行四边形定则作出力的合成图如图．根据三角形相似得：=由OA=R，OM=，解得NA=2mAg．故B正确．C．以B球为研究对象，分析其受力情况如图．根据几何知识有β＞α则在图中，一定有FB＞mBg，即轻杆对B球的支持力一定大于B球的重力，故C错误．D．若增大mA，A球下降，θ角会减小．故D错误．故选：B6．【考点】向心力；平抛运动．【分析】由动能定理求的到达最低点的速度，根据牛顿第二定律求的拉力；从最低点物体做平抛运动，根据运动学公式求的时间，根据竖直方向做自由落体运动求得下降高度【解答】解：A．从M到N有动能定理可得：mgL=，解得：v=，故A正确B．在N点有：解得：，故B错误；C．从N点做平抛运动，故在水平方向匀速运动，x=vt解得：t=，下落的高度为：h=，故C正确；D．若在ON中点处钉一钉子，小球作圆周运动的半径变短，在N点速度不变，有F=可知，所需要的向心力变大，即绳的拉力变大，故绳子一定会断，故D错误故选：AC7．【考点】变压器的构造和原理．【分析】保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析．【解答】解：AB．在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定．因此，当Q位置不变时，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；CD．P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误；故选：BC．8．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；胡克定律；焦耳定律．【分析】金属棒的速度最大时，合力为零，由平衡条件求弹簧的伸长量．金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能．根据牛顿第二定律分析加速度方向．由q=分析通过电阻R的电荷量关系．【解答】解：A．金属棒的速度最大时，合力为零，由平衡条件有mg=kx+F安．金属棒原来静止时有mg=k△l．两式对比可得x＜△l，即金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量小于△l．故A错误．B．金属棒最后静止在A处，从释放到金属棒最后静止的过程中，其重力势能减小，转化成内能和弹簧的弹性势能，则由能量守恒定律可得：电阻R上产生的热量Q=mg△l﹣Ep．故B正确．C．金属棒第一次到达A处时，受到重力、弹簧的弹力和安培力，且重力与弹力大小相等、方向相反，安培力方向向下，所以合力等于安培力，方向向下，可知加速度方向向下，故C 正确．D．根据能量守恒定律知，金属棒第一次下降的高度大于第一次上升的高度，根据q=分析知，金属棒第一次下降过程磁通量的变化比第一次上升过程磁通量的变化量大，则金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，故D正确．故选：BCD9．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】（1．2）实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；（3）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答．【解答】解：（1）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．实验步骤中不恰当的是④，小张改变两个力F1和F2的大小和夹角，再次重复实验时，要让结点回到A点，但是不能用手指将其按压在A点，故⑧错误；（2）实验测的弹力方向沿绳子方向，即图中的AO方向，由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与AO方向有一定的夹角，故甲同学更符合实验事实．故答案是：（1）④；⑧；（2）甲10．【考点】伏安法测电阻．【分析】（1）该题没有给定电压表，所以需要用电流表改装一个，此时选用电流表应选用量程较小的，结合电流，通过计算可知选用哪个定值电阻．因可使在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1．I2，所以要用分压电路，选择较小的滑动变阻器．（2）测量线圈自感很大，连接实物图时要考虑到保护电路，通过对电压和电流的分析，选择滑动变阻器的连接方式．（3）实验中要保护电流表A1，从而判断先断开与电流表相连的电部分；（4）根据部分电路的欧姆定律可表示出通过两个电表的电流关系，求出电感线圈的电阻．【解答】解：（1）测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关．由于待测线圈L的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以定值电阻选R3．滑动变阻器选R1即可．（2）由于本实验尽可能大的范围内测得数据，所以必须采用滑动变阻器的分压接法；电流表A2的量程大，所以电流表A2外接电路进行测量，实物图电路如图所示．（3）实验结束时为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，应先断开开关S1 ．（4）由电路图知自感线圈两端的电压与下边支路电压相等，所以I1（R1+r1）=（I2﹣I1）RL，得：==k；解得：RL=故答案为：（1）R3 R1（2）如图所示（3）S1（4）11．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）根据粒子所受电场力方向与场强方向间的关系判断粒子的电性．（2）粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（3）应用平衡条件与法拉第电磁感应定律可以求出k的表达式．12．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用；摩擦力的判断与。

2016年某某单招物理模拟试题:电磁感应中切割类问题【试题内容来自于相关和学校提供】1：图中的A是一边长为L的正方形导线框，其电阻为R。

现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域B。

如果以x轴的正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线应为哪个图？（）A、AB、BC、CD、D2：(2009·某某高考)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。

设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程 ( )A、杆的速度最大值为B、流过电阻R的电荷量为C、恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D、恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量3：如图9-3-25所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABC固定在水平面内，AB 与BC间夹如图，角为θ，光滑导体棒DE在框架上从B点开始在外力作用下以速度v向右匀速运动，导体棒与框架足够长且构成等腰三角形电路.若框架与导体棒单位长度的电阻均为r，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触.下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是（）4：如图3-5-18 所示，有一宽为2L 的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外.abcd 是由均匀电阻丝做成的边长为L 的正方形线框，总电阻值为R.线框以垂直磁场边界的速度v 匀速通过磁场区域，在整个运动过程中，线框ab、cd 两边始终与磁场边界平行.则（）图3-5-18A、整个过程线圈中的电流方向始终为顺时针方向B、整个过程线圈中的电流方向始终为逆时针方向C、整个过程中ab 两点的电势差为BLvD、整个过程中线圈产生的焦耳热为5：如图（甲）所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈M相接，小闭合线圈N在大线圈M包围中，导轨上放一根光滑的金属杆ab，磁感线垂直于导轨所在平面。

2016年福建高职招考物理模拟试题:动能定理综合应用【试题内容来自于相关网站和学校提供】1：与水平方向成θ角的传送带以恒定的速度v匀速向上转动，在传送带顶端有一质量为m的小物块以与传送带大小相同的速度v沿平行传送带的方向向下滑上传送带，如图所示，设小物块与传送带之间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是（）A、如果物块能滑到传送带底端，则它一定做匀加速直线运动B、如果物块不能滑到传送带底端，则它回到传送带顶端时的速度一定等于vC、如果物块不能滑到传送带底端，则它回到传送带顶端时的速度可能小于v2D、如果物块不能滑到传送带底端，则因为摩擦而产生的热量可能等于2mv2：一人用力踢质量为1千克的皮球，使球由静止以10米/秒的速度飞出。

假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N，球在水平方向运动了20米停止。

那么人对球所做的功为（）A、500焦B、4000焦C、200焦D、50焦3：某次燃放“爆竹”过程中，质量M=0.3kg （内含炸药的质量可以忽略不计）的“爆竹”，从地面上以初速度v 0=30m/s 竖直向上腾空而起。

到达最高点时炸裂为沿水平方向相反飞行的A 、B 两块，其中A 块质量m=0.2kg ，其炸裂瞬间的速度大小是另一块的一半。

按环保和安全要求，两块都能落到以发射点为圆心、半径R=60m 的地面圆周内。

空气阻力和产生热能均不计，重力加速度g=10m/s 2。

那么（ ） A 、“爆竹”能够到达的最大高度为45m B 、A 块的最小初速度为10m/sC 、A 块的最大落地速度10m/sD 、整个过程中，“爆竹”释放化学能的最大值为165J 4：如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处。

现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）A 、环到达B 处时，重物上升的高度h=B 、环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C 、环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D 、环能下降的最大高度为 d5：足球运动员在距球门正前方x 处的罚球点，准确地从球门正中央横梁下边缘踢进一球。

2016年甘肃单招物理模拟试题:动量的引入【试题内容来自于相关网站和学校提供】1：质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图1 -1所示，一个质量为m 的小球以速度水平向右冲向小车，当小球返回小车左端脱离小车时，下列说法正确的是( )。

A、小球一定沿水平方向向左做平抛运动B、小球可能沿水平方向向左做平抛运动C、小球可能沿水平方向向右做平抛运动D、小球可能做自由落体运动2：如图1-9所示，一质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则( )。

A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒B、当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C、碰撞过程中，甲物块的速率可能为1 m/s，也可能为5 m/sD、碰撞过程中，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为1.7 m/s3：如图1-2所示，质量为肘的小车在光滑的水平面上以向右匀速运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h。

设M>m，发生碰撞时弹力≥mg，球与车之间的动摩擦因数为u，则小球弹起后的水平速度可能是( )。

A.B.0C.D.-4：甲、乙两名滑冰运动员在光滑的冰面上沿同一直线相向运动，速度的大小分别为，且=3 m/s，。

迎面碰撞后（正碰）甲、乙两人均反向运动，速度大小均为=2 m/s.则甲、乙两人的质量之比为( )。

A.2:3B.2：5C.3:5D.5：35：在某次短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出（如图1-8所示）。

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、甲对乙的冲量一定小于乙对甲的冲量B、甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C、甲的动量变化一定大于乙的动量变化D、甲、乙组成的系统动量不守恒6：为验证“两小球碰撞过程中动量守恒”，某同学用如图1-12所示的装置依次进行了如下的实验操作：I。