辽宁省沈阳市和平区东北育才学校2018届高三物理二模试卷（word版含解析）

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2018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理二模试卷一、选择题1．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、类比法、比值法等。下关于所用思想方法的叙述错误的是（　　）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法B．合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法C．再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法D．当△t很小时，△x△t表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想2．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断出（　　）A．在t＝4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度B．在t＝5s时，两球相距最远C．在t＝6s时，甲球的速率小于乙球的速率D．在t＝8s时，两球相遇3．做匀加速直线运动的质点，在第1s末的速度为2m/s。下面判断正确的是（　　）A．质点在第2s末的速度一定是4m/sB．质点在前2s内的位移一定是4mC．质点的加速度一定是2m/s2D．质点的加速度可能是3m/s24．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端。当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是（　　）A．T不变，F变大B．T不变，F先变大后变小C．T先变小后变大，F变大D．T先变大后变小，F不变5．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到水平向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（　　）A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）gC．木板受到地面摩擦力的大小一定等于FD．当F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动6．如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流强度I，则金属框受到的磁场力为（　　）第15页

1A．0B．ILBC．43ILBD．2ILB7．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（　　）A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路8．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力，下列说法正确的是（　　）A．小球与斜面之间一定有弹力B．轻弹簧P一定有弹力C．轻弹簧Q不可能处于压缩状态D．物体可能受到4个力9．飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间△t先后投下三颗炸弹。分别落在迎面的山坡上A、B、C三点（空气阻力不计），如图所示，炸弹落在A、B两点的时间间隔为t1，落在B、C两点的时间间隔为t2，A、B两点的间距为SAB，B、C两点的间距为SBC．则有（　　）A．△t＞t1＞t2B．△t＞t2＞t1C．SAB＜SBCD．SAB＞SBC10．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是（　　）A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等11．如图，楔形物A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B．用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑。现改变力F的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体B沿斜面匀速上滑。在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（　　）A．A给B摩擦力减小B．拉力F可能增大C．物体B对斜面的作用力不变D．地面受到的摩擦力大小可能变大12．如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角θ＝第15页

237°．已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置BO′O能以任意角速度绕竖直轴O′O转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（　　）（重力加速度g取10m/s2，sin37°=35，cos37°=45）A．两细线张力均增大B．细线AB中张力一直变小，直到为零C．细线AC中张力先不变，后增大D．当AB中张力为零时，角速度可能为5g4l二、填空题13．用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角　　（填“偏大”或“偏小”）。（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力　　砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　　的条件。（3）某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。△s＝sDG﹣sAD＝　　cm．由此可算出小车的加速度a＝　　m/s2（加速度a计算结果保留两位有效数字）。14．如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示（坐标格为正方形，g＝10m/s2）求：（1）小球在M点的速度v1；（2）在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；（3）小球到达N点的速度v2的大小。三、计算题15．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统。已知飞机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：（1）若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少多大？（2）若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应多长？（3）若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少多大？16．在某星球表面轻绳约束下的质量为m第15页

3的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为△F，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知万有引力常量为G，不计一切阻力。（1）求星球表面重力加速度（2）求该星球的密度。17．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1m/s2沿斜面向下匀加速运动，（g＝10m/s2）求：（1）t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？（3）小球向下运动多少距离时速度最大？第15页

42018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、类比法、比值法等。下关于所用思想方法的叙述错误的是（　　）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法B．合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法C．再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法D．当△t很小时，△x△t表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想【考点】13：质点的认识；1U：物理学史．【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．【分析】质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在力的合成与分解实验中，应用了等效替代法。在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法。【解答】解：A、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误；B、力的合成与分解实验中，应用了等效替代法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；D、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故D正确；本题选错误的故选：A。【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。2．如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t图象，根据图象可以判断出（　　）A．在t＝4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度B．在t＝5s时，两球相距最远C．在t＝6s时，甲球的速率小于乙球的速率D．在t＝8s时，两球相遇【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【专题】16：压轴题．【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇。【解答】解：A、甲球的加速度a1=△v1△t1=-40-408=-10m/s2故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反。乙球的加速度a2=△v2△t2=20-(-20)8-2=203m/s2故甲球的加速度大于乙球的加速度。故A错误。B、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a1t＝﹣20+a2（t﹣2）解得t＝4.4s即4.4s时两物体相距最远。故B错误。C、t＝6s时甲球的速度v1＝v0+a1t＝40+（﹣10）×6＝﹣20m/s第15页

5乙球的速度v2＝v乙+a2△t＝﹣20+203×4=203m/s故t＝6s时甲球的速率大于乙球的速率。故C错误。D、设T时刻两物体相遇，故有40T+12a1T2＝﹣20T+12a2（T﹣2）2解得T＝8s故D正确。故选：D。【点评】运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同。3．做匀加速直线运动的质点，在第1s末的速度为2m/s。下面判断正确的是（　　）A．质点在第2s末的速度一定是4m/sB．质点在前2s内的位移一定是4mC．质点的加速度一定是2m/s2D．质点的加速度可能是3m/s2【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】511：直线运动规律专题．【分析】根据题意不知道物体的具体运动情况，根据vt2=v知前2s的平均速度，从而知前2s位移。【解答】解：A、做匀加速直线运动，根据v＝v0+at知要知2s末速度须知加速度和初速度，由于初速度和加速度不确定，所以2s末速度不一定为4m/s，故A错误；B、根据vt2=v知前2s的平均速度为2m/s，由x=vt知前2s内的位移一定是4m，故B正确；C、初速度为零时加速度大小为2m/s2，因为初速度不一定为零，故加速度不一定为是2m/s2，但加速度最大为2m/s2，故CD错误；故选：B。【点评】此题考查匀变速直线运动的规律：v＝v0+at以及vt2=v，如果不熟练掌握此规律，不太容易想到解题思路，比较难。4．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端。当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是（　　）A．T不变，F变大B．T不变，F先变大后变小C．T先变小后变大，F变大D．T先变大后变小，F不变【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系。【解答】解：对点P受力分析，设杆的弹力为N，绳子的拉力为T，如图第15页

6根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有NOP=TAP=GAO解得：N=OPAOGT=APAOG由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力N不变，AP变大，则绳子拉力T变大。根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故A正确。故选：A。【点评】本题是力学的动态分析问题，可以通过解析法求解出表达式后分析，也可以通过作图法分析，可以灵活选择。5．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到水平向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（　　）A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）gC．木板受到地面摩擦力的大小一定等于FD．当F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】m对M的压力等于mg，m所受M的滑动摩擦力f1＝μmg，方向水平向左，M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小和方向。【解答】解：AB、木块受到的摩擦力大小：f1＝μ1mg，方向：水平向左，由牛顿第三定律得知：木板受到木块的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg；木块M静止，处于平衡状态，由平衡条件可知：木板受到木块的摩擦力与木板受到地面的摩擦力是一对平衡力，它们大小相等，即：木板受到地面的摩擦力的大小：f2＝μ1mg，故A正确，B错误。C、如果木块做匀速直线运动，则：F＝μ1mg，木板受到地面的摩擦力大小：f2＝μ1mg＝F，故C错误；D、当F＞μ2（m+M）g时，此时m对M的作用力仍为μ1mg，木板M仍处于静止，木板不会运动，故D错误；故选：A。【点评】摩擦力公式f＝μN用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力，一般的静摩擦力不能用这个公式直接求解，可根据平衡条件或牛顿运动定律求静摩擦力。6．如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流强度I，则金属框受到的磁场力为（　　）A．0B．ILBC．43ILBD．2ILB【考点】CC：安培力．【分析】由安培力公式F＝BILsinθ分析答题，其中L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离。【解答】解：由图示可知，电流由A流入，从C流出，则有电流从A到C直导线，与从A到B再到C两直导线，从A到B再到C两直导线，产生的安培力，根据安培力公式F＝BIL，由于总电流强度为I，且ABC导线的电阻是AC导线的2倍，那么安培力大小均为13BIL，因它们的夹角为120°，因此这两个安培力的合力大小为13BIL，而导线AC受到的安培力大小为23BIL，方向与导线ABC同向，因此金属框受到的磁场力BIL，故B正确，ACD错误；故选：B。第15页

7【点评】正确理解安培力公式F＝BILsinθ中各符合所表示的物理量是正确解题的关键，分析清楚图示情景，求出导线有效长度L即可正确解题。7．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（　　）A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路．【专题】535：恒定电流专题．【分析】首先认识电路的结构：没有发生故障前，R1与L1并联，R2与R3并联后与R4串联再与L2并联，两部分并联电路再串联，画出等效电路图。将选择逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项。【解答】解：没有发生故障前，等效电路如图所示。A、若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，符合题意。故A正确。B、若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，L1变暗，与题意相矛盾，故B错洖。C、若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故CD错误。故选：A。【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行分析。8．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力，下列说法正确的是（　　）A．小球与斜面之间一定有弹力B．轻弹簧P一定有弹力C．轻弹簧Q不可能处于压缩状态D．物体可能受到4个力【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】对小球受力分析，结合共点力平衡条件和弹簧弹力的产生条件分析即可。【解答】解：对小球受力分析，重力一定有，竖直向下；若弹簧Q无拉力，小球受到弹簧P的拉力，不受支持力，如果有，不能平衡，即小球与斜面间有可能无弹力，故A错误；若弹簧P无拉力，则弹簧Q一定有拉力，斜面对小球有支持力，一共3个力，可以平衡，故B错误；若弹簧Q处于压缩状态即对小球有沿斜面向下的弹力，则无论受支持力和P的拉力还是受支持力和P的弹力都不能平衡，故轻弹簧Q不可能处于压缩状态，故C正确；若弹簧P和Q都有拉力，斜面一定有支持力，否则不平衡，故有4个力，故D正确；故选：CD。【点评】本题关键是对光滑小球受力分析，分弹簧P有力、弹簧Q有力、弹簧P和Q均有力来进行讨论，结合力的产生条件、作用效果来进行分析。9．飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间△t先后投下三颗炸弹。分别落在迎面的山坡上A、B、C三点（空气阻力不计），如图所示，炸弹落在A、B两点的时间间隔为t1，落在B、C第15页

8两点的时间间隔为t2，A、B两点的间距为SAB，B、C两点的间距为SBC．则有（　　）A．△t＞t1＞t2B．△t＞t2＞t1C．SAB＜SBCD．SAB＞SBC【考点】43：平抛运动．【专题】31：定性思想；43：推理法；518：平抛运动专题．【分析】作出炸弹平抛运动的轨迹图，分别过B点和C点作水平线，交于两轨迹为A′和B′，抓住A′B＝B′C，根据平抛运动轨迹的特点得出AB和BC间距的大小。根据A′到A和B′到B的时间大小关系比较落在斜面上的时间间隔。【解答】解：由图可知，A′B＞B′C，因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，由几何关系知，SAB＞SBC，故C错误，D正确。设A′到A的时间为t1，设B′到B的时间为t2，因为AA′、BB′的竖直高度差相同，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，越往下竖直分速度越大，可知tAA′＜tBB′，而A、B两点的时间间隔为t1，落在B、C两点的时间间隔为t2，则△t＞t1＞t2，故A正确，B错误。故选：AD。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直上的运动规律，知道平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，关键作出水平辅助线，结合几何关系知识求解是关键。10．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是（　　）A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等【考点】6B：功能关系．【专题】11：计算题．【分析】要求动能的减少量可以根据动能定理求合外力对物体所做的功；要求速度的变化量可以根据公式△v＝a△t来求；而机械能的损失等于除重力外其他力所做的负功。【解答】解：A、位移是从初位置指向末位置的有向线段。故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功。故A错误。B、设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有ssinθ＝h根据﹣mgh﹣μmgscosθs＝△EK可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等。故B正确。第15页

9C、故AC段的平均速度vAC=vA+vC2CB段的平均速度vCB=vc+vB2∵VA＞VC＞VB故vAC＞vCB∵sAC＝sCB由s=vt可知tAC＜tCB根据△v＝a△t可知△vAC＜△vCB故C错误。D、克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据﹣μmgscosθ＝﹣△E可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等。故D正确。故选：BD。【点评】本题目综合性很强，考查的知识点很多，难度很大，是一道不可多得的好题。11．如图，楔形物A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B．用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑。现改变力F的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体B沿斜面匀速上滑。在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止。关于相互间作用力的描述正确的有（　　）A．A给B摩擦力减小B．拉力F可能增大C．物体B对斜面的作用力不变D．地面受到的摩擦力大小可能变大【考点】27：摩擦力的判断与计算；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】34：比较思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】拉力F平行斜面向上时，分别对物体B、A受力分析，根据平衡条件列式求解；拉力改变方向后，再分别对B、A整体受力分析，根据平衡条件列式分析斜面对地面的摩擦力如何变化，从而得到面受到的摩擦力大小如何变化。【解答】解：AB、拉力F平行斜面向上时，先对物体B受力分析如图根据平衡条件，有平行斜面方向：F＝f+mgsinθ。垂直斜面方向：N＝mgcosθ其中：f＝μN解得：F＝mg（sinθ+μcosθ）…①f＝μmgcosθ…②拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件，有平行斜面方向：F′cosα＝f′+mgsinθ。垂直斜面方向：N′+F′sinα＝mgcosθ其中：f′＝μN′解得：F′=mg(sinθ+μcosθ)cosα+μsinα⋯③f′＝μ（mgcosθ﹣F′sinα）…④由②④两式得到滑动摩擦力减小，故A正确；由①③两式得到，拉力F可能变大，也可能减小，故B正确；第15页

10C、对物体A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图；根据平衡条件，水平方向上有：f静＝Nsinθ+fcosθ结合前面AB选项分析可知，当拉力改变方向后，N和f都减小，故f和N的合力一定减小（B对A的力就是f和N的合力），静摩擦力也一定减小，故CD错误；故选：AB。【点评】本题关键多次对物体A、B受力分析，然后根据平衡条件列式求解出各个力的表达式，再进行分析讨论。12．如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置BO′O能以任意角速度绕竖直轴O′O转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（　　）（重力加速度g取10m/s2，sin37°=35，cos37°=45）A．两细线张力均增大B．细线AB中张力一直变小，直到为零C．细线AC中张力先不变，后增大D．当AB中张力为零时，角速度可能为5g4l【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．【专题】31：定性思想；4C：方程法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】静止时受力分析，根据平衡条件列式求解；当细线AB张力为零时，绳子AC拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的范围。结合以上的分析然后逐个选项讨论即可。【解答】解：当静止时，受力分析如右图，由平衡条件TAB＝mgtan37°＝0.75mg，TAC=mgcos37°=1.25mg，若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1＝37°，受力分析如右图，mgtanθ1=m(lsinθ1)ωmin2，得ωmin=5g4l。当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2＝53°，mgtanθ2=mωmax2lsinθ2，得ωmax=5g3l。所以ω取值范围为5g4l≤ω≤5g3l．绳子AB的拉力都是0。A、由以上的分析可知，开始时AB是拉力不为0，当转速在5g4l≤ω≤5g3l时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，故AB错误；第15页

11C、当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于5g4l后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于5g3l后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大；故C正确；D、由开始时的分析可知，当ω取值范围为5g4l≤ω≤5g3l．绳子AB的拉力都是0．故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第二定律进行求解。二、填空题13．用图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）某同学通过实验得到如图（b）所示的a﹣F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角　偏大　（填“偏大”或“偏小”）。（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力　小于　砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　M＞＞m　的条件。（3）某同学得到如图（c）所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。△s＝sDG﹣sAD＝　1.80　cm．由此可算出小车的加速度a＝　5.0　m/s2（加速度a计算结果保留两位有效数字）。【考点】M6：验证牛顿第二运动定律．【专题】13：实验题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）考查实验时平衡摩擦力时出现的误差问题，不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大。从图上分析两图各是什么原因即可。（2）根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码和盘的总重力的关系，判断出在什么情况下砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。（3）根据匀变速直线运动的规律△x＝aT2可以求出加速度的大小。【解答】解：（1）当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大。（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=mgM+m，绳子的拉力F＝Ma=mg1+mM，所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力。第15页

12当M＞＞m，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。（3）根据刻度尺的示数可知△s＝3.90cm﹣2.10cm＝1.80cm，时间间隔为t＝0.06s，代入公式△x＝at2可以求出加速度为：a＝5.0m/s2。故答案为：（1）偏大；（2）小于；M＞＞m；（3）1.80；5.0。【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。14．如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示（坐标格为正方形，g＝10m/s2）求：（1）小球在M点的速度v1；（2）在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；（3）小球到达N点的速度v2的大小。【考点】1N：竖直上抛运动；45：运动的合成和分解．【专题】517：运动的合成和分解专题．【分析】（1）根据运动的分解，结合运动学公式，即可求解；（2）根据竖直方向的对称性，结合水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，从而即可求解；（3）运用分运动与合运动的等时性，结合平行四边形定则，即可求解。【解答】解：（1）设正方形的边长为s0。竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt12s0=v02t1水平方向做匀加速直线运动，有：3s0=v12t1。解得：v1＝6m/s。（2）由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为（12，0）。（3）到N点时竖直分速度大小为v0＝4m/s，水平分速度vx＝a水平tN＝2v1＝12m/s，故v2=v02+vx2=410m/s。答：（1）小球在M点的速度6m/s；（2）如上图所示；（3）小球到达N点的速度v2的大小410m/s。【点评】考查运动学公式，掌握运动的合成与分解的应用，注意竖直上抛的对称性，理解牛顿第二定律的应用。三、计算题15．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统。已知飞机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：（1）若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少多大？（2）若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应多长？（3）若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少多大？【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．第15页

13【专题】511：直线运动规律专题．【分析】本题（1）、（2）问的关键是灵活运用速度位移公式v2-v02=2ax，（3）问的难点是运动学公式中各运动学量应是相对同一参考系的理解，以及对相对速度公式v绝对=v相对+v牵连的运用。【解答】解：（1）：设经弹射系统帮助起飞时初速度为v0根据v2-v02=2ax得，v0=v2-2ax=502-2×5.0×160m/s＝30m/s，故若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有的初速度至少为30m/s。（2）：不装弹射系统时，由v2=2ax得x=v22a=5022×5.0m＝250m，故若航空母舰上不装弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，该舰甲板至少应250m长。（3）：以航空母舰为参考系，设航空母舰速度为v1，由v2-v02=2ax，其中v0=0，a＝5.0m/s，x＝160m，解得v＝40m/s，再根据相对速度公式v绝对=v相对+v牵连得，v1=v绝对-v＝50﹣40＝10m/s，故若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为160m，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少为10m/s。（若仍以地面为参考系，设航空母舰的速度为v0，对飞机应有：x1=v0t+12at2①v0+at＝50②对航空母舰应有：x2=v0t③当飞机离开甲板时应有：x1-x2=160④联立以上各式可得v0=10m/s）【点评】运动学公式中的各运动学量都必须是对同一参考系的，相对速度公式v绝对=v相对+v牵连中各量的含义：v绝对是物体对地面的速度，v相对是物体对参考系的速度，v牵连是参考系对地面的速度，运用时注意正负号（可先规定正方向，与正方向相同取正值，相反则取负值）。16．在某星球表面轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为△F，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知万有引力常量为G，不计一切阻力。（1）求星球表面重力加速度（2）求该星球的密度。【考点】4F：万有引力定律及其应用．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．【分析】根据向心力公式和机械能守恒定律得出△F的表达式，求出重力加速度，根据重力等于万有引力求出星球质量，再根据密度公式求出密度。【解答】解：（1）设最高点和最低点速度大小分别为v1、v2在最高点根据向心力公式有：mg+F1=mv12L⋯①在最低点根据向心力公式有：F2-mg=mv22L⋯②最高点到最低点过程中只有重力做功，机械能守恒，有：mg⋅(2L)=12mv22-12mv12③△F=F2-F1⋯④联立①～④得：△F＝6mg所以g=△F6m（2）在星球表面重力等于万有引力，有：mg=GMmR2⋯⑤得：M=gR2G=R2△F6mGρ=MV=R2△F6mG×34πR3=△F8πmRG答：（1）求星球表面重力加速度△F6m（2）求该星球的密度△F8πmRG。【点评】本题是万有引力定律与力学中的向心力和机械能守恒定律的综合题，对竖直平面内的圆周运动的绳模型问题，关键是明确最高点和最低点的向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，同时要结合动能定理列式分析，同时记住万有引力的几个重要结论。17．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。从t＝0第15页

14时刻开始挡板A以加速度a＝1m/s2沿斜面向下匀加速运动，（g＝10m/s2）求：（1）t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？（3）小球向下运动多少距离时速度最大？【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】16：压轴题；31：定性思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解；（2）从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移，由挡板运动的位移可以求得物体运动的时间；（3）对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得路程。【解答】解：（1）从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1m/s2，则小球的加速度也是a＝1m/s2，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得：mgsin30°﹣N＝ma解得：N＝40﹣8＝32N（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣F﹣F1＝ma，F＝kx。随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsinθ﹣kx＝ma，又x=12at2联立解得mgsinθ﹣k•12at2＝ma，所以经历的时间为t=2m(gsin30°-a)ka=2×8×(5-1)100=0.8s。（3）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即kxm＝mgsinθ，解得xm=mgsinθk=80×12100=0.4m。所以速度最大时运动的路程为0.4m。答：（1）t＝0时刻，挡板对小球的弹力32N；（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为0.8s；（3）小球向下运动0.4m距离时速度最大。【点评】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移和运动的时间。，，日期：2019/4/1418:05:51；第15页