上海理工大学附中2021-2021学年高二物理下学期期中试卷（选修）（含解析）.doc

2013-2014学年上海理工大学附中高二（下）期中物理试卷（选修） 一单项选择题I（12分）本大题有6小题，每小题2分1（2分）（2014闸北区一模）下列各力中按照性质命名的是（）A下滑力B库仑力C斥力D支持力考点：力的概念及其矢量性分析：力的命名一般从两方面命名：根据力的效果命名，即根据它作用于物体而对物体产生了什么样的作用就叫做什么力，如：阻力（对物体产生了阻碍作用）、支持力（对物体产生了支持作用）等；根据力的性质命名，即看力的本身是如何产生的，如：电场力（由于电场而产生的）解答：解：下滑力、斥力、支持力都是从力的作用效果角度命名的，库仑力是从力的性质角度命名的，故ACD错误、B正确故选：B点评：本题要知道常见的力的命名方式，了解重力、弹力、摩擦力、分子力、电场力、磁场力和核力等等是常见的按性质命名的力2（2分）（2011东莞模拟）如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，则关于下列物体受力情况的说法中正确的是（）A物体A可能只受到二个力的作用B物体A一定只受到三个力的作用C物体A一定受到了四个力的作用D物体A可能受到了四个力的作用考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；物体的弹性和弹力专题：计算题分析：物体之间产生摩擦力必须要具备以下三个条件：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动 弹力是物体因形变而产生的力，这里指的是物体间相互接触、挤压时的相互作用力；将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论解答：解：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力；故选C点评：对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析3（2分）（2014徐汇区一模）物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用专题：摩擦力专题分析：对物体进行受力分析，由共点力的平衡条件可得出摩擦力与F的关系，进而判断静摩擦力的变化解答：解：A、物体受重力、支持力及摩擦力平衡，当加上F后，物体仍处于平衡，则在沿斜面方向上物体平衡状态不同，而重力沿斜面向下的分力不变，故摩擦力不变；故A错误；B、对B中物体受力分析可知，F只改变垂直于斜面的压力，不会影响沿斜面方向上的力，故摩擦力不变，故B错误；C、加向上的F后，F有沿斜面向上的分力，若物体有向下的运动趋势，此时向下的重力的分力与向上的F的分力及摩擦力平衡，故摩擦力将变小，故C错误；D、加竖直向下的力F后，F产生沿斜面向下的分力，则沿斜面向下的力为重力和F的分力，故增大了摩擦力；故D正确；故选D点评：本题考查受力分析的应用，对于斜面模型要注意正确应用正交分解法进行分析4（2分）（2014春杨浦区校级期中）如图是甲、乙两物体从同一点开始做直线运动的运动图象，下列说法正确的是（）A若y表示位移，则t1时间内甲的位移小于乙的位移B若y表示速度，则t1时间内甲的位移等于乙的位移C若y表示位移，则t=t1时甲的速度大于乙的速度D若y表示速度，则t=t1时甲的速度大于乙的速度考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：本题关键应抓住：位移时间图象y表示物体的位移，斜率等于物体的速度；速度时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移解答：解：A、C若y表示位移，y表示物体的位移，则知t1时间内甲的位移等于乙的位移；斜率等于物体的速度，则知t=t1时甲的速度大于乙的速度故A错误，C正确B、D若y表示速度，速度时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，则t1时间内甲的位移大于乙的位移；t=t1时甲的速度等于乙的速度故BD错误故选：C点评：本题关键是掌握两种图象的数学意义：斜率等于物体的速度；速度时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移5（2分）（2014秋浦东新区校级期中）甲、乙、丙三辆汽车以相同速度经过某一路标从此时开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一个路标时速度都相同，则（）A甲车先通过下一个路标B乙车先通过下一个路标C丙车先通过下一个路标D条件不足，无法判断考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：因为乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比甲大，所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动，所以在相等时间内它的位移比甲小，由此可知，丙将最先到达下一个路标，乙最后一个到达下一个路标（最终大家的速度都相等）解答：解：由于乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲小；而乙因先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲大由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标故选：B点评：该题可以通过平均速度去解题，也可以通过画vt图象去分析，图象与坐标轴所围成的面积即为位移6（2分）（2014浦东新区一模）如图所示，在能够绕竖直轴自由转动的横杆两端，固定着A、B两个铝环，其中铝环A闭合，B不闭合，则（）A当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时远离磁铁B当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时靠近磁铁C当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时远离磁铁D当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时靠近磁铁考点：楞次定律分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动解答：解：由题意可知，A环闭合，B环不闭合；A、当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流，从而阻碍磁通量的增加，所以会远离磁铁，故A正确，B错误；C、当条形磁铁插入B环时，B环中不会产生感应电流，则磁铁不会转动，故CD错误；故选：A点评：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，注意学会使用楞次定律的相对运动来解题二、单选题（18分）本大题有6小题，每小题3分7（3分）（2011长宁区二模）物体作平抛运动，速度v，加速度a，水平位移x，竖直位移y，这些物理量随时间t的变化情况是（）Av与t成正比Ba随t逐渐增大C比值与t成正比D比值与t2成正比考点：平抛运动分析：根据平抛运动的规律，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，由水平和竖直方向运动规律可以求出各物理量随时间变化的规律解答：解：A、水平速度v0不变，竖直方向的速度Vy=gt，平抛运动的速度v=，所以v与t不成正比，故A错误B、平抛运动只受重力的作用，加速度是重力加速度，保持不变，所以B错误C、竖直位移y=gt2，水平位移x=V0t，所以=，所以C正确D、由C得分析可知D错误故选：C点评：由平抛运动的速度、位移公式，逐个推导就可以得出各选项的结论，本题考查的就是平抛运动规律的应用8（3分）（2014金山区一模）手持物体使其加速上升的过程中，手对物体的支持力所做的功等于（）A物体动能的增加量B物体势能的增加量C物体克服重力所做的功D物体机械能的增加量考点：功的计算专题：功的计算专题分析：知道重力做功量度重力势能的变化；对物体进行受力分析，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程，可求出地板对物体的支持力所做的功解答：解：物体受重力和支持力，设重力做功为WG，支持力做功为WN，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：WG+WN=EkWN=EkWG由于物体加速上升，所以重力做负功，设物体克服重力所做的功为：WG，WG=WG所以有：WN=EkWG=WN=Ek+WG根据重力做功与重力势能变化的关系得：wG=Ep，所以WN=EkWG=WN=Ek+Ep故支持力对物体所做的功等于机械能的增加量故只有D正确；ABC错误；故选：D点评：功能关系是物理学中的重要分析方法，要注意明确哪些力做功量度了哪些能量的转化；如：合力做功等于动能的变化；重力做功等于重力势能的改变；重力之外的其他力做功量度了机械能的变化9（3分）（2012长宁区一模）如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带电绝缘环，A为导体环，当B绕轴心逆时针转动时角速度发生变化，A中产生逆时针方向的感应电流I下列判断错误的是（）AB可能带正电且转速减小BB可能带负电且转速减小CA可能具有收缩的趋势DA可能具有扩展的趋势考点：楞次定律分析：B环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使A中的磁通量发生变化，则可以在A中产生感应电流；则根据楞次定律可判断B中带电及转动情况，并根据同向电流相互吸引，导向电流相互排斥解答：解：由图可知，A中感应电流为逆时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向外，由右手螺旋定则可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；A、若原磁场向外，则B中电流应为逆时针，故B应带正电，且转速减小，故A正确；B、若原磁场向里，则B中电流应为顺时针，故B应带负电，且转速增大，故B错误；C、若原磁场向外，则B中电流应为逆时针，即B应带正电；若原磁场向里，则B中电流应为顺时针，即B应带负电，因此A可能有收缩，也可能扩展，故CD正确；本题选择错误，故选B点评：本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关10（3分）（2014定兴县校级模拟）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高将A由静止释放，B上升的最大高度是（）A2RBCD考点：机械能守恒定律；竖直上抛运动专题：机械能守恒定律应用专题分析：开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出B上升的最大高度解答：解：设B的质量为m，则A的质量为2m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由动能定理可得：mgR+2mgR=（m+2m）v20，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得：mgh=0mv2，则B上升的最大高度为：H=R+h，解得：H=；故选：C点评：本题考查了求B球上升的高，分析清楚A、B的运动过程是正确解题的前提与关键，B的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出B能上升的最大高度也可以应用机械能守恒定律解题11（3分）（2012秋泰州期末）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示下列说法中正确的是（）A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4×104WD前4s内通过R的电荷量为4×104C考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解解答：解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律：E=N= N=100××0.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×104W，故C正确；D、前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；故选C点评：考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源12（3分）（2011徐汇区二模）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比（）A木板对球的弹力增大B滑块对球的弹力增大C斜面对滑块的弹力不变D拉力F减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化解答：解：A、B、对球受力分析，球受到重力、支持力和挡板的弹力，如图，由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变根据作图法知，斜面的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，木板对球的弹力在减小，滑块对球的弹力在减小故A、B错误C、D、对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、挡板的弹力及拉力，各力的方向不变，由于挡板对小球的弹力在减小，则拉力F减小，在垂直斜面方向上，斜面对滑块的弹力不变故C正确，D正确故选：CD点评：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用三、多项选择题（共18分，每小题3分每小题有二个或三个正确选项全选对的，得3分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）13（3分）（2010天河区一模）某物体沿一直线运动，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A第2s内和第3s内速度方向相反B第2s内和第3s内的加速度方向相反C第3s内速度方向与加速度方向相反D第5s内速度方向与加速度方向相反考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线中速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度解答：解：A、第2s内和第3s内速度都为正值，速度方向相同故A错误B、第2s内和第3s内图线的斜率一正一负，加速度方向相反故B正确C、第3s内做匀减速直线运动，速度方向和加速度方向相反故C正确D、第5s内反向做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反故D正确故选BCD点评：解决本题的关键理清速度时间图线的物理意义，知道图线斜率表示的含义14（3分）（2013上海）两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则（）AF1、F2同时增大一倍，F也增大一倍BF1、F2同时增加10N，F也增加10NCF1增加10N，F2减少10N，F一定不变D若F1、F2中的一个增大，F不一定增大考点：力的合成专题：受力分析方法专题分析：两个大小不等的共点力F1、F2，根据平行四边形定则表示出合力进行求解解答：解：A、根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确B、Fl、F2方向相反，F1、F2同时增加10N，F不变，故B错误C、Fl、F2方向相反，F1增加10N，F2减少10N，F可能增加20N，故C错误D、Fl、F2方向相反，若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确故选：AD点评：解决本题关键知道力的合成与分解遵循平行四边形定则，会根据平行四边形定则去求合力或分力15（3分）（2011海南）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用下列判断正确的是（）A02s内外力的平均功率是WB第2秒内外力所做的功是JC第2秒末外力的瞬时功率最大D第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是考点：动能定理的应用；动量定理；功率、平均功率和瞬时功率专题：计算题；压轴题分析：本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率；解答：解：由动量定理Ft=mv2mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 由动能定理可知合力做功为w=故02s内功率是，故A正确；1s末、2s末功率分别为：P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w；故C错误；第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，故第2s内外力所做的功为2.5J，B错误；而动能增加量的比值为4：5，故D正确；故选AD点评：本题也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点16（3分）（2008苏州模拟）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（）A下滑过程中的最大速度为4m/sB加速与减速过程的时间之比为1：2C加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7D加速与减速过程的位移之比为1：4考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：由平均速度公式求解最大速度根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比根据牛顿第二定律研究摩擦力之比解答：解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=，得到v=m/s=8m/s故A错误 B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2 则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2故B正确 C、D由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1=8m/s2，a2=4m/s2，根据牛顿第二定律得 加速过程：mgf1=ma1，f1=mgma1=2m 减速过程：f2mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7故C正确；D、匀加速运动位移为：x1=匀减速位移为：所以加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误故选BC点评：本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系17（3分）（2013春湖北校级期末）如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A支持力对物块做功为零B支持力对小物块做功为mgLsinC摩擦力对小物块做功为mgLsinD滑动摩擦力对小物块做功为考点：动能定理的应用；功的计算专题：动能定理的应用专题分析：当缓慢提高木板时，导致物块受到的支持力发生变化，则不能再根据功的定义去算支持力对物块做的功，因此由动能定理结合重力做功，可求出支持力做功在此过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功当物块滑动后，可由动能定理求出滑动摩擦力做的功解答：解：A、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支mgLsin=00，则有W支=mgLsin故A错误；B、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支mgLsin=00，则有W支=mgLsin故B正确；C、物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功，当下滑时，滑动摩擦力做功为mgLcos，故C错误；D、物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsin=0，则有滑动摩擦力做功为故D正确；故选：BD点评：当力是恒定时，除可由力与力的方向位移求出功外，还可以由动能定理来确定；当力是变化时，则只能由动能定理来求出力所做的功18（3分）（2012江苏一模）某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，取g=10m/s2，则5s内物体的（）A路程为65mB位移大小为25m，方向竖直向上C速度改变量的大小为10m/s，方向竖直向下D平均速度大小为13m/s，方向竖直向上考点：竖直上抛运动；位移与路程；平均速度分析：物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出5s内位移，由平均速度公式求出平均速度，由v=at求出速度的改变量路程等于各段位移大小之和解答：解：物体做竖直上抛运动，看成一种匀减速直线运动A、物体上升的最大高度为 h1=45m，上升的时间为t1=3s从最高点开始2s内下落的高度h2=g=m=20m，所以5s内物体通过的路程为S=h1+h2=65m故A正确B、取竖直向上为正方向，则物体的加速度为a=g，5s内物体的位移x=v0t=30×5×10×52（m）=25m，方向竖直向上故B正确C、速度改变量为v=at=gt=10×5m/s=50m/s，大小为50m/s，方向竖直向下，故C错误D、平均速度=m/s=5m/s，方向竖直向上故D错误故选：AB点评：对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用四、填空题.（每小题4分，共20分）19（4分）（2014春杨浦区校级期中）如图所示，质量为M、倾角为的斜面放在粗糙水平面上，质量为m的物体在斜面上恰能匀速下滑现加上如图所示的沿斜面向下的力F，使物体在斜面上加速下滑，则此时物体的加速度大小a为，地面对斜面的支持力FN的大小为（M+m）g考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）求物体的加速度也应采取隔离法，对斜面上的物体受力分析由于没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑，可得所以摩擦力恰好与重力沿斜面向下的分力相平衡，运用等效的观点，好像物体仅受沿斜面向下的力F，利用牛顿第二定律可解（2）求解地面对斜面的支持力采用隔离法，斜面受到重力、支持力、小物体的压力和摩擦力四个力作用，列竖直方向的平衡方程即可解答：解：（1）选小物体为研究对象，没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑，则沿斜面方向合力为零，斜面施加的摩擦力与重力的沿斜面的分力相抵消，当加上外力F时，物体的加速度为a=；（2）没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑，物体处于平衡状态，可得斜面对物体的摩擦力与斜面对物体支持力的合力竖直向上，跟物体的重力相抵消，有牛顿第三定律得，物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下，大小必为mg，所以斜面受到地面的支持力FN=（M+m）g，；当施加沿斜面向下的力F后，m与M之间的弹力没有变化，因而m与M之间的滑动摩擦力也没有变化，故弹力和摩擦力的合力也不会变化，物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下，大小必为mg，斜面受到地面的支持力也是FN=（M+m）g；故答案为：；（M+m）g点评：本题关键挖掘“恰能匀速下滑”的含义，此外滑动摩擦力与正压力成正比，正压力不变，滑动摩擦力不变，再利用牛顿第三定律结合平衡条件求解即可20（4分）（2010长宁区一模）如图所示，水平轻杆CB长1m，轻杆与墙通过转轴O连接现在离B点20cm处D点挂一重50N的物体，则绳AB中的拉力为80N；O对C的作用力的方向沿斜向上（填“水平”、“斜向上”、“斜向下”）考点：力矩的平衡条件；力的合成与分解的运用分析：轻杆处于平衡状态，合力矩为零以C转轴，根据力矩平衡条件列式，求得绳AB中的拉力运用正交分解法，根据力平衡条件，分别确定出竖直和水平两个方向分力的方向，即可确定O对C的作用力的方向解答：解：则以C转轴，根据力矩平衡条件得 GLCD=FLBCsin30°得绳AB中的拉力F=N=80N设O对C的作用力大小为F，水平分力为Fx，竖直分力为Fy根据轻杆平衡知： 竖直方向：G=Fsin30°+Fy，则得Fy=GFsin30°=50N80×0.5N=10N，方向竖直向上 水平方向：Fx=Fcos30°，则得Fx方向水平向右所以F的方向为斜向上故答案为：80，斜向上点评：本题考查考了杠杆平衡和力平衡条件的应用，正确找出力臂，运用正交分解法研究O对C的作用力的方向是解题的关键21（4分）（2010普陀区一模）倾角为=30°的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下，静止在光滑斜面上，则水平力F的大小为；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度后，仍保持F的大小，且小球和斜面也仍旧保持静止，则此时水平地面对斜面体的摩擦力f=G考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先研究第一种情况：通过对小球出状态的分析，利用共点力平衡条件可求出水平力F的大小再研究力F方向变化后的情况：对小球受力分析，运用作图法求得力F与水平方向的角度，因为小球和斜面都处于静止状态，可对整体受力分析求出地面对斜面的摩擦力解答：解：对物体受力分析如图：由平衡条件得：N与F的合力F与重力G大小相等，由三角函数关系得：F=Gtan代入数据得：F=G转过角度后，由F大小不变，小球静止，支持力与F的合力不变，故此时转动后F转方向如图：即：F转过的角度是2对整体受力分析并正交分解如图：水平方向：f=Fcos2=G故答案为：G，G点评：此题关键还是平衡条件的应用，难点在于选择合适的研究对象和找出力F转动后的角度，有难度，需要仔细推敲体会22（4分）（2011徐汇区模拟）质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图象如图所示t1时刻汽车速度为v1，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则汽车运动的最大速度（1+）V1，t1t2时间内，汽车的功率等于考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值解答：解：汽车在0t1的时间内做的是匀加速直线运动，对汽车受力分析可知，FFf=ma，由图象可知a=，所以F=Ff+m，当汽车的速度到达V1时，汽车的功率达到最大值P，所以汽车的功率为P=Fv1=（Ff+m）v1，当牵引力等于阻力时，速度达到最大值v2，所以最大值v2=（1+）v1，故答案为：（1+）v1；（Ff+m）v1点评：本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉23（4分）（2015上海一模）已知地球半径为R，地球自转周期为T，同步卫星离地面的高度为H，万有引力恒量为G，则同步卫星绕地球运动的线速度为地球的质量为考点：同步卫星专题：人造卫星问题分析：同步卫星所做为匀速圆周运动，圆周运动的一切规律对于同步卫星通用，此外，单独由万有引力提供向心力解答：解：由匀速圆周运动线速度公式得：v=；由万有引力提供向心力得：=m（R+H），整理得，M=故答案为：；点评：注意向心力的来源，结合牛顿第二定律和匀速圆周运动的一切规律解决五、计算题：（共32分）24（10分）（2014青浦区一模）一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）求：（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小（2）物块质量m（3）物块与水平面间的动摩擦因数考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据速度图象（b）可知，1秒末物体处于静止状态，摩擦力f与水平拉力平衡（2）由图象分析可知，在2s4s内，物块做匀加速运动，水平拉力大小为12N；在4s6s内，物块做匀速运动，水平拉力大小为8N，此时滑动摩擦力与拉力平衡，而且滑动摩擦力大小不变由速度的斜率求出匀加速运动的加速度，分别用牛顿定律和平衡条件列方程，求出物块的质量（3）在4s6s内，滑动摩擦力大小与拉力相等，由公式f=N求出解答：解：（1）由图（a）中可知，当t=1s时，F1=f1=4N（2）由图（b）中可知，当2s4s内，物块做匀加速运动，加速度大小为 a=2m/s2由牛顿第二定律，有 F2mg=ma在4s6s内，物块做匀速运动，则有 F3=f3=mg所以联立得 m=2kg（3）由F3=f3=mg 得 =0.4答：（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小是4N；（2）物块质量m为2kg；（3）物块与水平面间的动摩擦因数=0.4点评：本题首先考查读图能力，其次要根据速度图象分析物体的运动情况，这是解决本题的基础25（10分）（2014春杨浦区校级期中）质量为M=500t的机车，以恒定功率从静止启动，机车所受阻力大小恒定为Ff=2.5×104N，它在水平轨道上由静止开动后经s=2.25×103m，速度达到最大值vm=15m/s，试求：（1）机车启动过程中发动机的功率；（2）通过s=2.25×103m所用时间考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fv=Ffvm得出机车启动过程中发动机的功率（2）根据动能定理，抓住功率不变，求出通过s=2.25×103m所用时间解答：解：（1）当牵引力与阻力相等时，速度最大，则有：P=W（2）根据动能定理得：代入数据解得：t=300s答：（1）机车启动过程中发动机的功率为3.75×105W；（2）通过s=2.25×103m所用时间为300s点评：汽车以恒定功率运动的过程是一个变加速运动过程，求解运动的时间不能通过动力学知识求解，需抓住功率不变，根据动能定理进行求解，知道当加速度为零时，速度最大26（12分）（2014春杨浦区校级期中）如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为=37°的绝缘斜面上，两导轨间距为L=1mM、P两点间接有阻值为R=2的电阻一根质量为m=1kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v=4m/s时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值（4）若金属杆的电阻值为r=1，导体下滑距离S=20m时达到了最大速度求导体在下滑至最大速度过程中电阻R上所产生的焦耳热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：（1）金属杆先沿导轨向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大值，此时金属杆受到重力、支持力与安培力；（2）金属杆在加速下滑过程中，根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，可求出感应电流的大小，再与安培力表达式，并由牛顿第二定律求解加速度大小（3）金属杆从