高中物理考前訓(xùn)練99題

1、考前訓(xùn)練100題學(xué)校:_姓名：_班級：_考號：_一、選擇題（題型注釋）1運動學(xué)中有人認(rèn)為引入“加速度的變化率”沒有必要，然而現(xiàn)在有人指出“加速度的變化率”能引起人的心理效應(yīng)，車輛的平穩(wěn)加速（即加速度基本不變）使人感到舒服，否則人感到不舒服關(guān)于“加速度的變化率”，下列說法正確的是A從運動學(xué)角度的定義，“加速度的變化率”的單位應(yīng)是m/s3B加速度的變化率為0的運動是勻速直線運動C若加速度與速度同方向，如圖所示的a-t圖象，表示的是物體的速度在減小D若加速度與速度同方向，如圖所示的a-t圖象，已知物體在t0時速度為5 m/s，則2 s末的速度大小為8 m/s【答案】AD【解析】試題分析：加速度的變化

2、率是指加速度的變化與時間的變化的比值，即，由單位制知其單位為m/s3，A對；加速度的變化率為零時，指加速度不變，若加速度為零，五條做勻速直線運動，若加速度不為零，物體做勻加速直線運動，B錯；若加速度與速度同向，則物體做加速運動，如圖加速度減小，則物體速度增加得變慢，但仍為加速運動，C錯；根據(jù)速度時間圖像，圖像與時間軸所包圍的面積為位移，類比知，在加速度與時間的圖像中，圖像與時間軸所包圍的面積為這段時間內(nèi)的速度的變化量，則得：，由于加速度與速度同向，物體做變加速運動，已知初速為5m/s,則物體在2s末的速度為8m/s，D對。考點:加速度。2在物理學(xué)中某物理量A的變化量A與發(fā)生這個變化所用時間t的

3、比值，叫做這個物理量A的變化率，則下列說法中正確的是（ ）A若A表示某質(zhì)點做勻速直線運動的位移，則是恒定不變的B若A表示某質(zhì)點做勻加速直線運動的速度，則是均勻變化的C若A表示某質(zhì)點做勻速圓周運動的線速度，則是恒定不變的D若A表示穿過某線圈的磁通量，則越大，則線圈中的感應(yīng)電動勢就越大【答案】AD【解析】試題分析：若A表示某質(zhì)點做勻速直線運動的位移，則表示速度，恒定不變故A正確若A表示某質(zhì)點做勻加速直線運動的速度，則是表示加速度，恒定不變的，不是均勻變化的故B錯誤若A表示某質(zhì)點做勻速圓周運動的線速度，則是表示向心加速度，不是恒定不變的，故C錯誤若A表示穿過某線圈的磁通量，表示感應(yīng)電動勢，越大，線圈

4、中的感應(yīng)電動勢就越大故D正確故選AD。考點：速度、位移、法拉第電磁感應(yīng)定律【名師點睛】此題考查了對常見的幾個物理量的理解；解決本題的關(guān)鍵是理解物理量的意義及公式，知道當(dāng)A表示不同的量時， 表示的物理量，再根據(jù)條件判斷是否變化，難度適中。3如圖所示，在斜面上有四條光滑細(xì)桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環(huán)（圖中未畫出），四個環(huán)分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4下列關(guān)系正確的是（ ）At1>t2 Bt1t3Ct2t4 Dt2<t4【答案】ABD【解析】試題分析：以O(shè)A為直徑

5、畫圓，由等時圓模型，對小圓環(huán)分析，受重力和支持力，將重力沿桿和垂直桿的方向正交分解，由牛頓第二定律得小圓環(huán)做初速為零的勻加速直線運動，加速度為（為桿與豎直方向的夾角）。由圖知，小圓環(huán)的位移為：，所以，t與無關(guān)，可知從圖上最高點沿任意一條弦滑到底所用時間相同，故沿OA和OC滑到底的時間相同，即t1=t3,OB不是一條完整的弦，時間最短，即t1>t2，OD長度超過一條弦，時間最長，即t2<t4，由上分析知ABD對?？键c: 牛頓第二定律。【名師點睛】“等時圓”模型：（1）物體沿著位于同一豎直圓上的所有過圓周最低點的光滑弦由靜止下滑，到達(dá)圓周最低點的時間均相等，且為t2 （可由2Rcos

6、at2及mgcosma解得）（如圖甲所示）（2）物體沿著位于同一豎直圓上的所有過頂點的光滑弦由靜止下滑，到達(dá)圓周低端的時間相等，且為t2 （如圖乙所示）4甲、乙兩人同時同地出發(fā)騎自行車做直線運動，前1小時內(nèi)的位移時間圖象如圖所示，下列表述正確的是A0205小時內(nèi)，甲的加速度比乙的大B0206小時內(nèi)，甲的平均速度比乙的小C0608小時內(nèi)，甲的位移比乙的小D0208小時內(nèi)，甲騎行的路程大【答案】D【解析】試題分析：在位移時間圖像中，斜率表示速度的大小，在0205h內(nèi)，甲與乙都做勻速直線運動，故A錯；在圖像中可知0206小時內(nèi)，甲的位移大，故甲的平均速度大，B錯；0608小時內(nèi)，甲的位移比乙的大，C

7、錯；由位移時間圖像知，0208小時內(nèi)，甲騎行的路程大，D對?？键c: 位移時間圖像?！久麕燑c睛】xt圖象（1）概念在平面直角坐標(biāo)系中用縱軸表示位移x，橫軸表示時間t，畫出的圖象就是位移時間圖象（2）基本特征xt圖象反映了物體運動的位移隨時間變化的規(guī)律如圖所示勻速直線運動的xt圖象是一條傾斜直線勻變速直線運動的xt圖象是一條曲線（3）圖線斜率的物理意義圖線斜率的大小表示物體的速度的大小，斜率的正負(fù)表示速度的方向5自高為H的塔頂自由落下A物體的同時B物體自塔底以初速度v0豎直上拋，且AB兩物體在同一直線上運動重力加速度為g，下面說法正確的是（ ）A若，兩物體相遇時，B正在下降途中B，兩物體在地面相遇

8、C若，兩物體相遇時B物正在空中下落D若，則兩物體在地面相遇【答案】CD【解析】試題分析：若B球正好運到到最高點時相遇，則有：B速度減為零所用的時間：解得：當(dāng)ab兩球恰好在落地時相遇，則有：此時A的位移解得：由上分析知：若，兩物體在b上升途中相遇，A錯；若，b球正好到最高點相遇，B錯；若，則b球正好運到到地面時相遇，D對；若，兩物體相遇時B物正在空中下落，C對?？键c:自由落體、豎直上拋。6從地面以大小為v1的初速度豎直向上拋出一個皮球，經(jīng)過時間t皮球落回地面，落地時皮球的速度大小為v2。已知皮球在運動過程中受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，重力加速度大小為g。下面給出時間t的四個表達(dá)式中只有

9、一個是合理的，你可能不會求解t，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，你認(rèn)為t的合理表達(dá)式應(yīng)為（ ）At BtCt D【答案】A【解析】試題分析：如果不考慮空氣的阻力，則，故運動的總時間，由于空氣阻力作用，A答案是合理的，A正確；B錯誤；時間的單位應(yīng)該是s，而的單位為：，C、D錯誤；故選A?？键c：單位制、豎直上拋運動?！久麕燑c睛】本題要會將一個復(fù)雜的運動過程運用一個簡單的物理模型（勻變速運動模型）加以思考，還要會從圖線的角度加以分析小球的運動過程，只要具備這些知識就不難選擇正確答案。7以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽

10、略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的vt圖象可能正確的是（ ）A BC D【答案】D【解析】解：沒有空氣阻力時，物體只受重力，是豎直上拋運動，vt圖象是直線；有空氣阻力時，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度減小而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；有空氣阻力時，下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力隨著速度增大而增大，故加速度減?。籿t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點對應(yīng)時刻的加速度為g，切線與虛線平行；故選：D【點評】本題關(guān)鍵是明確vt圖象上某點的切線斜率表示加速度，速度為零

11、時加速度為g，不難8甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動，在t=0時，乙車在甲車前50m處，它們的v-t圖象如圖所示，下列對汽車運動情況的描述正確的是A甲車先做勻速運動再做反向勻減速運動B在第20s末，甲、乙兩車的加速度大小相等C在第30s末，甲、乙兩車相距100mD在整個運動過程中，甲、乙兩車可以相遇兩次【答案】D【解析】試題分析：由圖象可知：甲車先做勻速運動再做勻減速直線運動，但甲的速度圖象一直在時間軸的上方，一直沿正向運動，沒有反向，故A錯誤；在第20s末，甲車的加速度為，大小為1m/s2；乙車的加速度大小為，所以加速大小不相等，故B錯誤；在第30s末，甲的位移為x甲=20×

12、10+×20×20=400m，乙的位移為x乙=×20×30m=300m，所以甲乙兩車相距400-300-50m=50m，故C錯誤；剛開始乙在甲的前面50m處，甲的速度大于乙的速度，經(jīng)過一段時間甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到30s末，甲停止運動，甲在乙的前面50m處，此時乙以20m/s的速度勻速運動，所以再經(jīng)過2.5s乙追上甲，故在整個運動過程中，甲、乙兩車可以相遇兩次，故D正確故選D.考點：v-t圖線【名師點睛】本題是速度-時間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義：直線的斜率等于物體的加速度，知道在速度-時間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積等于物體的位移，能根據(jù)

13、圖象讀取有用信息屬于基礎(chǔ)題，考查學(xué)生分析運用圖像的能力。9如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上滑上傳送帶，以地面為參考系，v2v1從小物塊滑上傳送帶開始計時，其vt圖象可能的是（ ）A BC D【答案】ABC【解析】試題分析：物體由于慣性沖上皮帶后，從右端滑上傳送帶時，可以先勻減速運動到速度為0再反向加速后勻速，也可以一直減速，分情況進(jìn)行討論即可解題解：A、小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運動，到達(dá)左端后速度還沒有減為零，離開傳送帶后在光滑水平地面上做勻速運動，故A正確；B、小物塊從右端滑上傳送帶后先做勻減速運動，速度減為零

14、后反向做勻加速運動，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運動，故B正確；C、小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運動，到達(dá)左端時速度恰好為零，故C正確；D、物塊做勻減速運動速度達(dá)到零后不能一直勻加速下去，反向加速后，速度等于傳送帶速度v1后勻速運動，故D錯誤故選ABC【點評】本題關(guān)鍵是對于物體運動過程分析，物體可能一直減速，也有可能先減速后勻速運動，也可能先減速后加速再勻速運動，難度適中10甲、乙兩個物體從同一地點開始沿同一方向運動，其速度隨時間變化的圖象如圖所示，圖中，兩段曲線均為半徑相同的圓弧，則在0 t4時間內(nèi)（ ）A.兩物體在t1時刻加速度相同B.兩物體t3時刻相距最遠(yuǎn)，t4時刻相遇C.兩物

15、體在t2時刻運動方向均改變D.0 t4時間內(nèi)甲物體的平均速度大于乙物體的平均速度【答案】B【解析】試題分析：在t1 時刻，甲的斜率為正，乙的斜率為負(fù)，而斜率表示加速度，所以兩物體在t1時刻加速度相反故A錯誤；圖線與時間軸圍成的面積表示位移，根據(jù)圖象可知，t3時刻兩者速度相等，位移之差最大，相距最遠(yuǎn)，t4時刻位移相等，兩者相遇，故B正確；甲乙的速度圖象都在時間軸的上方，速度都為正，方向沒有改變，故C錯誤；0 t4時間內(nèi)甲物體的位移等于乙物體的位移，時間相等，則平均速度相等，故D錯誤故選B.考點：v t圖線11如圖所示，一輕質(zhì)細(xì)桿兩端分別固定著質(zhì)量為mA和mB的兩個小球A和B（可視為質(zhì)點）將其放在

16、一個直角形光滑槽中，已知輕桿與槽右壁成角，槽右壁與水平地面成角時，兩球剛好能平衡，且，則A、B兩小球質(zhì)量之比為A BC D【答案】C【解析】試題分析：對A球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有：再對B球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：聯(lián)立解得： ，故選項C正確。考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力【名師點睛】先對A球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，然后根據(jù)共點力平衡條件并結(jié)合合成法列式；再對B球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，同樣根據(jù)共點力平衡條件列式；最后聯(lián)立求解。12兩個質(zhì)量分別為2

17、m和m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO的距離為L，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，開始時輕繩剛好伸直但無張力，用表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是（ ）Aa比b先達(dá)到最大靜摩擦力Ba、b所受的摩擦力始終相等C是b開始滑動的臨界角速度 D當(dāng)時，a所受摩擦力的大小為【答案】D【解析】試題分析：兩個木塊的最大靜摩擦力相等木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：木塊所受的靜摩擦力，m、相等，所以b所受的靜摩擦力大于a的靜摩擦

18、力，當(dāng)圓盤的角速度增大時b的靜摩擦力先達(dá)到最大值，A、B錯誤；a、b整體為研究對象，臨界角速度為，則：，解得，C錯誤；當(dāng)時，a、b均未滑動，所以，對a：；對b: ,解得： ，D正確；故選D。考點：摩擦力、向心力、牛頓第二定律?！久麕燑c睛】正確分析木塊的受力，明確木塊做圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，把握住臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大，由牛頓第二定律分析解答。13如圖（a）所示，兩段等長細(xì)線將質(zhì)量分別為2m、m的小球A、B懸掛在O點，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，出現(xiàn)了如圖（b）所示的的狀態(tài)，小球B剛好位于O點正下方。則F1與F2的大

19、小關(guān)系正確的是（ ） AF1=4F2 BF1=3F2 CF1=2F2 DF1=F2【答案】A【解析】試題分析：A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整體為研究對象，分析受力如圖：設(shè)OA繩與豎直方向的夾角為，則由平衡條件得：以B球為研究對象，受力如圖設(shè)AB繩與豎直方向的夾角為，則由平衡條件得：由幾何關(guān)系得到：=聯(lián)立解得：F1=4F2故選A考點：物體的平衡；整體及隔離法【名師點睛】本題采用隔離法和整體法，由平衡條件分析物體的狀態(tài)，考查靈活選擇研究對象的能力；運用整體法研究OA繩與豎直方向的夾角；再隔離B研究，分析AB繩與豎直方向的夾角；由幾何關(guān)系得到兩夾角相等，判斷兩個拉力的關(guān)系。O

20、E14如圖所示，勻強電場場強大小為E，方向與水平方向夾角為=30°，場中有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球，用長為L的細(xì)線懸掛于O點。當(dāng)小球靜止時，細(xì)線恰好水平。現(xiàn)用一外力將小球沿圓弧緩慢拉到豎直方向最低點，小球電荷量不變，則在此過程中A外力所做的功為mgL B外力所做的功為C帶電小球的重力勢能減小mgL D帶電小球的電勢能增加【答案】ACD【解析】試題分析：小球在水平位置靜止，由共點力的平衡可知，F(xiàn)電sin=mg； 小球從最初始位置移到最低點時，電場力所做的功W電=-EqL（cos+sin），因電場力做負(fù)功，故電勢能增加，電勢能增加量為：EP=EqL（cos+sin）=,故D正確，

21、重力勢能減小量為EP=mgL ，故C正確；由動能定理可知，W外+W電+WG=0； W外=-（W電+WG）=EqL（cos+sin）-mgL=mgcot=mgL；故A正確，B錯誤；故選ACD考點：共點力的平衡；動能定理的應(yīng)用【名師點睛】本題考查了動能定理的應(yīng)用及電場力做功與電勢能的關(guān)系，在解題中要注意理解重力做功及電場力做功的特點，正確求得兩種功的表達(dá)式；重力做功等于重力勢能的變化量；電場力做功等于電勢能的變化量15岳陽某些農(nóng)村一大家人過春節(jié)時常用簡易灶做菜，如圖甲所示，將一個球形鐵鍋用三個輕小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角

22、均成30°，已知鍋與菜的總質(zhì)量為9kg，不計鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是A灶臺對每個石塊的作用力均豎直向上 B灶臺受到每個石塊的壓力為90NC每個石塊與鐵鍋之間的彈力大小為 D灶臺對每個石塊的摩擦力為10N【答案】C【解析】試題分析：灶臺對石塊有豎直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶臺對每個石塊的作用力不是豎直向上的方向，選項A錯誤；對鐵鍋和石塊的整體而言，豎直方向?qū)υ钆_的壓力等于鐵鍋和三個石塊的重力之和，故灶臺受到每個石塊的壓力等于，選項B錯誤；對鍋由平衡知識：，解得，選項C正確；對石塊的水平方向，則灶臺對每個石塊的摩擦力為，選項D錯誤；

23、故選C考點：物體的平衡16如圖（甲）所示,輕桿一端固定在O點,另一端固定一小球,現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動.小球運動到最高點時,受到的彈力為F,速度大小為v,其Fv2圖像如圖（乙）所示.則（ ）A小球的質(zhì)量為B當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮镃v2=c時,小球?qū)U的彈力方向向下Dv2=2b時,小球受到的彈力與重力大小相等【答案】BD【解析】試題分析：在最高點，若v=0，則N=mg=a；若N=0，則，解得， R，故A錯誤，B正確；由圖可知：當(dāng)v2b時，桿對小球彈力方向向上，當(dāng)v2b時，桿對小球彈力方向向下，所以當(dāng)v2=c時，桿對小球彈力方向向下，所以小球?qū)U的彈力方向向上，故C錯誤；若c=2

24、B則，解得N=a=mg，故D正確故選BD考點：圓周運動；牛頓定律【名師點睛】本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息，結(jié)合牛頓第二定律列出方程求解未知量；此題難度適中。17如圖所示，四個質(zhì)量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質(zhì)量相同的物塊放在斜面頂端，因物塊與斜面的摩擦力不同，四個物塊運動情況不同A物塊放上后勻加速下滑，B物塊獲一初速度后勻速下滑，C物塊獲一初速度后勻減速下滑，D物塊放上后靜止在斜面上若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為F1、F2、F3、F4，則它們的大小關(guān)系是（ ）AF1=F2=F3=F4 BF1F2F3F4 C

25、F1F2=F4F3 DF1=F3F2F4【答案】C【解析】試題分析：當(dāng)物體系統(tǒng)中存在超重現(xiàn)象時，系統(tǒng)所受的支持力大于總重力，相反，存在失重現(xiàn)象時，系統(tǒng)所受的支持力小于總重力若系統(tǒng)的合力為零時，系統(tǒng)所受的支持力等于總重力，解：設(shè)物體和斜面的總重力為G第一個物體勻加速下滑，加速度沿斜面向下，具有豎直向下的分加速度，存在失重現(xiàn)象，則F1G；第二個物體勻速下滑，合力為零，斜面保持靜止?fàn)顟B(tài)，合力也為零，則系統(tǒng)的合力也為零，故F2=G第三個物體勻減速下滑，加速度沿斜面向上，具有豎直向上的分加速度，存在超重現(xiàn)象，則F3G；第四個物體靜止在斜面上，合力為零，斜面保持靜止?fàn)顟B(tài)，合力也為零，則系統(tǒng)的合力也為零，故

26、F4=G故有F1F2=F4F3故C正確，ABD錯誤故選：C【點評】本題運用超重和失重的觀點分析加速度不同物體動力學(xué)問題，比較簡便通過分解加速度，根據(jù)牛頓第二定律研究18質(zhì)量均為1kg的10個相同的磚塊，平行緊靠成一直線放在光滑的地面上，如圖所示，第1個磚受到10N的水平力作用，問第7個磚對第8個磚的壓力是（ ）A10N B7N C3N D0【答案】第7個磚對第8個磚的壓力是3N【解析】解：將10塊磚看做一個整體，由牛頓第二定律得：a=將后3塊看做一個整體，設(shè)第7個磚對第8個磚的壓力為F，由牛頓第二定律得：F=Ma=3×1N=3N答：第7個磚對第8個磚的壓力是3N【點評】恰當(dāng)分組，靈活

27、選用整體和隔離思想求解，好題！19如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，質(zhì)量不計的輕桿BC一端通過鉸鏈固定在C點，另一端B懸掛一重為G的重物，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪A，用力F拉繩，開始時BCA90°，現(xiàn)使BCA緩慢變小，直到桿BC接近豎直桿AC此過程中，下列說法正確的是（ ）A桿BC所受的力大小不變B桿BC所受的力先增大后減小C力F大小不變D力F的大小一直減小【答案】AD【解析】解：以B點為研究對象，分析受力情況：重物的拉力T（等于重物的重力G）、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，作出力圖如圖，由平衡條件得知，N和F的合力與T大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得又T=G，解

28、得：N=G，F(xiàn)=G使BCA緩慢變小時，AC、BC保持不變，AB變小，則N保持不變，F(xiàn)變小故AD正確，BC錯誤故選：AD【點評】本題涉及非直角三角形的力平衡問題，采用三角形相似，得到力與三角形邊長的關(guān)系，再分析力的變化，是常用的方法20如圖甲所示，斜面體靜止在粗糙的水平地面上，斜面體上有一小滑塊A沿斜面勻速下滑，現(xiàn)對小滑塊施加一豎直向下的作用力F，如圖乙所示兩種情景下斜面體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法錯誤的是（ ）A施加力F后，小滑塊A受到的滑動摩擦力增大B施加力F后，小滑塊A仍以原速度勻速下滑C施加力F后，地面對斜面的支持力增大D施加力F后，地面對斜面的摩擦力增大【答案】D【解析】解：設(shè)斜面傾角

29、為，A的質(zhì)量為m，斜面體B的質(zhì)量為M，A、開始時A受到的摩擦力f=mgcos，增加力F后的摩擦力：f=（mg+F）cos，滑動摩擦力增大故A正確；B、若甲圖中A可沿斜面勻速下滑，則A重力沿斜面的分量與滑動摩擦力相等，即mgsin=mgcos，加上向下的力F后，對A進(jìn)行受力分析，則滿足F+mgsin=（mg+F）cos，所以仍然做勻速下滑，故B正確；C、D、以A與斜面體為研究的對象，開始時系統(tǒng)受到重力與豎直方向的支持力的作用即可處于平衡狀態(tài)，所以不受地面的摩擦力，支持力：N1=（M+m）g；增加豎直向下的力F后，仍然以相同為研究對象，則豎直方向受到重力、支持力和向下的力F，支持力：N2=（M+m

30、）g+FN1，水平方向由于沒有其他的外力，所以水平方向仍然不受摩擦力的作用故C正確，D錯誤本題選擇錯誤的，故選：D【點評】該題考查共點力作用下物體的平衡狀態(tài)，解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進(jìn)行受力分析，明確系統(tǒng)在水平方向不受其他的外力的作用，所以不受地面的摩擦力21如圖直導(dǎo)線通入垂直紙面向里的電流，在下列勻強磁場中，能靜止在光滑斜面上的是（ ）A BC D【答案】A【解析】解：A、導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上，受重力和支持力，三個力可以平衡，所以導(dǎo)線能靜止在光滑的斜面上故A正確B、導(dǎo)線所受安培力沿斜面向下，受重力和支持力，三個力的合力不能為零，所以導(dǎo)線不能靜止在光滑的斜面上故B錯誤C、導(dǎo)線所受安培力垂直

31、斜面向下，受重力和支持力，三個力的合力不能為零，所以導(dǎo)線不能靜止在光滑的斜面上故C錯誤D、導(dǎo)線所受安培力垂直斜面向上，受重力和支持力，三個力的合力不能為零，所以導(dǎo)線不能靜止在光滑的斜面上故D錯誤故選A【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷安培力的方向，通過共點力平衡進(jìn)行分析22一個長度為L的輕彈簧，將其上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m的小球時，彈簧的總長度變?yōu)?L現(xiàn)將兩個這樣的彈簧按圖示方式連接，A、B兩球的質(zhì)量均為m，則兩球平衡時，B 球距懸點O的距離為（不考慮小球的大小）（ ）A3L B4L C5L D6L【答案】C【解析】試題分析：在彈性限度內(nèi)，物體的形變跟引起形變的外力成正比這個定律是英國

32、科學(xué)家胡克發(fā)現(xiàn)的，所以叫做胡克定律胡克定律的表達(dá)式為F=kx或F=kx，其中k是常數(shù)，是物體的 勁度（倔強）系數(shù)解：當(dāng)掛一個小球時，根據(jù)胡克定律，有：mg=kx=kL；當(dāng)掛兩個小球時，上面彈簧，有：2mg=kx1；下面彈簧，有：mg=kx2；故B球距懸點O的距離為：x=2L+x=2L+x1+x2=5L；故ABD錯誤，C正確；故選C【點評】本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式求出彈簧的伸長量，對兩個彈簧串聯(lián)的問題，要能夠求解出各個彈簧的彈力23如圖所示，A、B、C三個小球（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負(fù)電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電（不考慮小球間的靜電感應(yīng)），不可伸長的絕緣細(xì)線將三

33、個小球連接起來懸掛在O點，三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為E，以下說法正確的是（ ）A靜止時，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg+qEB靜止時，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mgqEC剪斷O點與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qED剪斷O點與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qE【答案】AC【解析】試題分析：靜止時，對B球進(jìn)行受力分析，B受到AB間細(xì)線的拉力，BC間細(xì)線的拉力，重力和電場力，受力平衡，即可求得A、B球間細(xì)線的拉力；假設(shè)B球也不帶電，則剪斷OA線瞬間，A、B、C三個小球一起以加速度g自由下落，互相相對靜止，AB、BC間拉力為0若B球帶電，則

34、相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直下下的電場力qE，把AB看成一個整體即可求解解：靜止時，對B球進(jìn)行受力分析，則有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A正確，B錯誤；B球帶負(fù)電，相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直下下的電場力qE，經(jīng)過AB繩傳遞，qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直下下的加速度，此時A、B球的加速度為g+（顯然g），C球以加速度g保持自由下落，以A球為研究對象可得A、B球間細(xì)線的拉力為qE故C正確，D錯誤故選：AC【點評】本題主要是剪斷OA線瞬間，對A、B、C三個球的運動狀態(tài)的確定及受力分析，知道繩子一旦剪斷之后，繩子的拉力立即為零，難度適中24如圖所示，在一座寺

35、廟門口吊著一口大鐘，在大鐘旁邊并排吊著撞錘，吊撞錘的輕繩長為L，與吊撞錘的點等高且水平相距處有一固定的光滑定滑輪，一和尚將輕繩一端繞過定滑輪連在撞錘上，然后緩慢往下拉繩子另一端，使得撞錘提升豎直高度時突然松手，使撞錘自然的擺動下去撞擊大鐘，發(fā)出聲音，（重力加速度取g），則（ ）A在撞錘上升過程中，和尚對繩子的拉力大小不變B松手前瞬間，撞錘上方左右兩邊繩子的拉力之比為C撞錘撞擊大鐘前瞬間的速度大小等于D突然松手時，撞錘的加速度大小等于【答案】D【解析】試題分析：在擺錘上升過程中撞鐘受力如圖所示，因緩慢拉繩，撞鐘受力平衡，由平行四邊形定則作圖知兩繩拉力都發(fā)生變化，故選項A錯誤；松手前瞬間，由幾何知

36、識知，兩繩恰垂直，且由力的平行四邊形法則得，撞錘上方左右兩邊繩子的拉力之比為，故選項B錯誤；松手后，撞鐘擺下，只有重力做功，由機(jī)械能守恒可知，得，故選項C錯誤；當(dāng)突然松手時，撞鐘受重力和右側(cè)懸繩拉力作用，將重力分解為沿懸繩和垂直于懸繩的力，由圓周運動知識知沿懸繩方向合力為零，則撞鐘受合力為重力沿垂直于右側(cè)懸繩的分力，即F合=mgcos30°，所以撞鐘加速度為a=gcos30°=，故選項D正確；故選D?？键c：物體的平衡；機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律25如圖所示，豎直固定的光滑桿上套有一個質(zhì)量m的小球A，不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩通過固定在天花板上、大小可忽略的定滑輪O，連接小球A和小

37、球B，虛線OC水平，此時連接小球A的細(xì)繩與水平的夾角為60°，小球A恰能保持靜止現(xiàn)在小球B的下端再掛一個小球Q，小球A可從圖示位置上升并恰好能到達(dá)C處不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g則（ ）A小球B質(zhì)量為B小球B質(zhì)量為C小球A到達(dá)C處時的加速度為0D小球A到達(dá)C處時的加速度為g【答案】BD【解析】試題分析：B物體受重力和拉力而平衡，拉力等于其重力；物體A受重力、拉力和桿的支持力，如圖所示設(shè)B物塊的質(zhì)量為M，繩子拉力為T；根據(jù)平衡條件：Tsin60°=Mg；T=mg； 聯(lián)立解得，故A錯誤，B正確；當(dāng)A物塊到達(dá)C處時，由受力分析可知：水平方向受力平衡，豎直方向只受重力作用；所

38、以A物塊的加速度a=g，故C錯誤，D正確；故選BD考點：物體的平衡【名師點睛】此題是物體的平衡及牛頓定律的應(yīng)用習(xí)題；題目兩問直接根據(jù)牛頓第二定律和平衡條件列式求解，掌握受力分析圖的作法，理解力的平行四邊形定則的應(yīng)用；此題難度不大，考查基本方法的運用能力26如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔，質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住，現(xiàn)拉動細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動過程中手對線的拉力F和軌道對小球的彈力N的大小變化情況是（ ）AF減小，N不變 BF不變，N減小CF不變，N增大 DF增大，N減小【答案】A【解析】試題分析：對小球受力分

39、析，作出力的平行四邊形，同時作出AB與半徑組成的圖象；則可知兩三角形相似，故由相似三角形知識可求得拉力及支持力解：小球沿圓環(huán)緩慢上移可看做勻速運動，對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力G，F(xiàn)，N，三個力滿足受力平衡作出受力分析圖如下由圖可知OABGFA即：=當(dāng)A點上移時，半徑不變，G不變，AB長度減小，則知F減小，N不變，故A正確；故選：A【點評】相似三角形法在處理共點力的動態(tài)平衡時較為常見，當(dāng)無法準(zhǔn)確得出角邊關(guān)系時，應(yīng)考慮應(yīng)用此法27如圖所示，小物體P放在直角斜劈M上，M下端連接一豎直彈簧，并緊貼豎直光滑墻壁；開始時，P、M靜止，M與墻壁間無作用力?，F(xiàn)以平行斜面向上的力F向上推物體P，但P、M未發(fā)

40、生相對運動。則在施加力F后AP、M之間的摩擦力變大BP、M之間的摩擦力變小C墻壁與M之間仍然無作用力D彈簧的形變量減小【答案】D【解析】試題分析：開始受重力、M對P的支持力和靜摩擦力平衡，當(dāng)施加F后，若仍然處于靜止，開始P所受的靜摩擦力大小為，若，則P、M之間的摩擦力大小可能不變，故AB錯誤；對整體分析，施加F后，由于PM相對靜止，力F具有向上的分力，則，則彈簧的彈力變小，彈簧的形變量變小，水平方向根據(jù)平衡關(guān)系可知，則M與墻之間一定有彈力作用，故C錯誤，D正確。考點：滑動摩擦力；物體的彈性和彈力【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進(jìn)行受力分析，運用共點力平衡進(jìn)行求解，以及掌握整體法和隔離法的運

41、用。28如圖所示，在固定好的水平和豎直的框架上，A、B兩點連接著一根繞過光滑的輕小滑輪的不可伸長的細(xì)繩，重物懸掛于滑輪下，處于靜止?fàn)顟B(tài)若按照以下的方式緩慢移動細(xì)繩的端點，則下列判斷正確的是（ ）A只將繩的左端移向A點，拉力變小B只將繩的左端移向A點，拉力不變C只將繩的右端移向B點，拉力變小D只將繩的右端移向B點，拉力變大【答案】BD【解析】試題分析：設(shè)滑輪兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角為，繩子的長度為L，B點到墻壁的距離為S，根據(jù)幾何知識和對稱性，可得到sin=，當(dāng)只將繩的左端移向A點或?qū)⒗K的右端移向B點，分析如何變化，以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件分析拉力如何變化解：設(shè)滑輪兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角

42、為，繩子的長度為L，B點到墻壁的距離為S，根據(jù)幾何知識和對稱性，得：sin=以滑輪為研究對象，設(shè)繩子拉力大小為F，根據(jù)平衡條件得：2Fcos=mg，得F=A、B、當(dāng)只將繩的左端移向A點，S和L均不變，則由式得知，F(xiàn)不變故A錯誤，B正確C、D、當(dāng)只將繩的右端移向B點，S增加，而L不變，則由式得知，增大，cos減小，則由式得知，F(xiàn)增大故C錯誤，D正確故選：BD【點評】本題是動態(tài)平衡問題，關(guān)鍵是根據(jù)幾何知識分析與繩子的長度和B點到墻壁距離的關(guān)系，也可以運用圖解法，作圖分析拉力的變化情況29一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，其v-t圖像如圖所示，則可能的原因是A踏下制動踏板，即俗稱“踩剎車”B

43、放松了加速踏板，即俗稱“減油門”C汽車由粗糙程度較小的水平路面進(jìn)入粗糙程度較大的水平路面D汽車由粗糙程度較大的水平路面進(jìn)入粗糙程度較小的水平路面【答案】D【解析】試題分析：踏下制動踏板，相當(dāng)于給車一個阻力，加上地面摩擦，車受向后合力，車應(yīng)該減速，故A錯。車原來做勻速運動，牽引力等于地面阻力。放松了加速踏板，相當(dāng)于給車的向前的牽引力減小，小于地面阻力，車就減速，故B錯。汽車由粗糙程度較小的水平路面進(jìn)入粗糙程度較大的水平路面后，地面阻力增大，而牽引力不變，即牽引力小于阻力，車就減速，故C錯。汽車由粗糙程度較大的水平路面進(jìn)入粗糙程度較小的水平路面后，地面阻力減小，而牽引力不變，即牽引力大于阻力，車就

44、加速。車的輸出功率一定，速度增大，牽引力變小，合外力減小，加速度減小，當(dāng)牽引力減小到地面阻力大小的時候，合力為零，車又開始勻速運動，故D對。故選D。考點：牛頓運動定律和功率概念。30下列關(guān)于運動和力的敘述中，正確的是（ ）A做曲線運動的物體，其加速度方向一定是變化的B物體做圓周運動，所受的合力一定指向圓心C物體所受合力方向與運動方向相反，該物體一定做直線運動D物體運動的速率在增加，所受合力方向一定與運動方向相同【答案】C【解析】試題分析：做曲線運動的物體，其加速度方向也可能是不變的，例如平拋運動，選項A 錯誤；只有當(dāng)物體做勻速圓周運動時，所受的合力才指向圓心，選項B 錯誤；物體所受合力方向與運

45、動方向相反，該物體一定做勻減速直線運動，選項C 正確；物體運動的速率在增加，所受合力方向不一定與運動方向相同，例如平拋運動的物體，選項D 錯誤?？键c：運動和力的關(guān)系?！久麕燑c睛】曲線運動有加速度，所以必定是變速，可能是勻變速曲線，比如：平拋運動也可能是速率不變，方向變化比如：勻速圓周運動。31如圖所示，質(zhì)量分別為、的小球AB，由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在電梯內(nèi)，已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運動，細(xì)線中的拉力為F，此時突然剪斷細(xì)線，在線斷的瞬間，彈簧彈力的大小和小球A的加速度的大小分別為（ ）A， B，C， D，【答案】A【解析】試題分析：剪斷細(xì)線前：設(shè)彈簧的彈力大小為，根據(jù)牛頓第二定律得

46、：對整體： 對B球： 解得， 剪斷細(xì)線的瞬間：彈簧的彈力沒有來得及變化，大小仍為對A球： ，得，故選項A正確?？键c：牛頓第二定律；胡克定律【名師點睛】本題是瞬時問題，是牛頓運動定律應(yīng)用中典型問題，一般先研究狀態(tài)變化前彈簧的彈力，再研究狀態(tài)變化瞬間的加速度，抓住彈簧的彈力不能突變的特點。32L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連，如圖所示，若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力，則木板P的受力個數(shù)為（ ）A3 B4 C5 D6【答案】C【解析】試題分析：對木板P受力分析：重力一定有；斜面對P有支持力和滑動摩擦力；彈簧對P有平行斜面向

47、下的壓力；物體Q對P有壓力；共5個力，故選項C正確?？键c：物體的彈性和彈力【名師點睛】把指定物體（研究對象）在特定物理情景中所受的所有外力找出來，并畫出受力圖，這就是受力分析；受力分析的一般順序：先分析場力（重力、電場力、磁場力），再分析接觸力（彈力、摩擦力），最后分析其他力。33質(zhì)量為m的物體,在F1、F2、F3三個共點力的作用下做勻速直線運動,保持F1、F2不變,僅將F3的方向改變90°（大小不變）后,物體可能做（ ）A加速度大小為的勻變速直線運動B加速度大小為的勻變速直線運動C加速度大小為的勻變速曲線運動D勻速直線運動【答案】BC【解析】試題分析：物體在F1、F2、F3三個共點

48、力作用下做勻速直線運動，三力平衡，必有F3與F1、F2的合力等大反向，當(dāng)F3大小不變，方向改變90°時，F(xiàn)1、F2的合力大小仍為F3，方向與改變方向后的F3夾角為90°，故，加速度，但因不知原速度方向，故力改變后的初速度方向與F合的方向間的關(guān)系未知，故有BC兩種可能；故選BC。考點：曲線運動的條件【名師點睛】本題關(guān)鍵先根據(jù)平衡條件得出力F3變向后的合力大小和方向，然后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)曲線運動的條件判斷物體的運動性質(zhì)：當(dāng)物體受到的合外力恒定時，若物體受到的合力與初速度不共線時，物體做曲線運動；若合力與初速度共線，物體做直線運動。34如圖，水平正對放置的兩塊足夠

49、大的矩形金屬板，分別與一恒壓直流電源（圖中未畫出）的兩極相連，M、N是兩極板的中心。若把一帶電微粒在兩板之間a點從靜止釋放，微粒將恰好保持靜止?，F(xiàn)將兩板繞過M、N且垂直于紙面的軸逆時針旋轉(zhuǎn)一個小角度后，再由a點從靜止釋放一這樣的微粒，該微粒將（ ）A仍然保持靜止B靠近電勢較低的電極板C以的豎直加速度加速（g表示重力加速度）D以的水平加速度加速（g表示重力加速度）【答案】D【解析】試題分析：開始時微粒平衡：；當(dāng)兩板繞過M、N且垂直于紙面的軸逆時針旋轉(zhuǎn)一個小角度后，此時兩板間距為dcos，電場力，電場力的豎直分量，則豎直方向平衡；水平方向：，解得，則微粒以的水平加速度加速運動，故選D考點：物體的平

50、衡；牛頓第二定律【名師點睛】此題考查了物體的平衡及牛頓第二定律的應(yīng)用問題；關(guān)鍵是分析當(dāng)極板轉(zhuǎn)過角度時電場力的變化及微粒受到的合力的變化，結(jié)合牛頓第二定律列得方程求解35如圖，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕彈簧相連，靜止在光滑水平面上彈簧處于自然狀態(tài)，現(xiàn)用水平恒力F向右推A，則從開始推A到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，下列說法中正確的是（ ）A兩木塊速度相同時，加速度aAaBB兩木塊速度相同時，加速度aA<aBC兩木塊加速度相同時，速度vA>vBD兩木塊加速度相同時，速度vA<vB【答案】BC【解析】試題分析：從開始推A到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物體A的加速度逐漸減小，而B

51、的加速度逐漸增大在 vA=vB 之前，A的加速度先大于B的加速度，后小于B的加速度，所以aA=aB時，vAvB此后A的加速度繼續(xù)減小，B的加速度繼續(xù)增大，所以vA=vB時，aBaA故BC正確之后aA減小，aB增大，直到vA=vB時，彈簧壓縮至最短；故選BC。考點：牛頓第二定律的應(yīng)用【名師點睛】此題是牛頓第二定律的應(yīng)用習(xí)題；要注意在彈簧被壓縮的過程中，A的合力在減小，加速度在減小，只要A的速度大于B的速度，此過程中B的加速度一直在增加；此題還可以用v-t圖線進(jìn)行討論，也較簡單.36如圖所示，一同學(xué)在水平桌面上將三個形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起，保持平衡。下列說法正確的是A石塊b對a的支持力與a

52、受到的重力是一對相互作用力B石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力C石塊c受到水平桌面向左的摩擦力D石塊c對b的作用力一定豎直向上【答案】D【解析】試題分析：石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故AB錯誤；以三塊作為整體研究，則石塊c不會受到水平桌面的摩擦力，故C錯誤；選取ab作為整體研究，根據(jù)平衡條件，則石塊c對b的作用力與其重力平衡，則塊c對b的作用力一定豎直向上，故D正確；故選D.考點：物體的平衡【名師點睛】此題考查整體法與隔離法的運用，掌握平衡條件的應(yīng)用，注意平衡力與相互作用力的區(qū)別在與平衡力作用在一個物體上，而相互作用力是作用在兩個物體上，注意c對b的

53、作用力是支持力與摩擦力的合力。37人造衛(wèi)星在環(huán)繞地球做圓周運動時，衛(wèi)星中物體處于完全失重狀態(tài)是指（ ）A不受地球重力，而只受向心力的作用 B失重狀態(tài)是指物體失去地球的重力作用C對支持它的物體的壓力或拉力為零 D受到地球引力和離心力的合力為零【答案】C【解析】試題分析：在環(huán)繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星中物體處于完全失重狀態(tài)，并不是物體不受萬有引力的作用，而是萬有引力完全提供向心力，而使“視”重為零，即物體對支持它的物體的壓力或拉力為零。故C對，故選C?？键c：衛(wèi)星規(guī)律。38如圖是一種升降電梯的示意圖，A為載人箱，B為平衡重物，它們的質(zhì)量均為M，上下均有跨過滑輪的鋼索系住，在電動機(jī)的牽引下使電梯上

54、下運動如果電梯中乘客的質(zhì)量為m，勻速上升的速度為v，電梯即將到頂層前關(guān)閉電依靠慣性上升h高度后停止，在不計空氣和摩擦阻力的情況下，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）A關(guān)閉電動機(jī)后，乘客處于超重狀態(tài)B關(guān)閉電動機(jī)后，乘客處于失重狀態(tài)C由于A、B質(zhì)量相等，故關(guān)閉電動機(jī)后，乘客的加速度大小為gD關(guān)閉電動機(jī)后，電梯上升的高度h一定小于【答案】B【解析】試題分析：通過加速度的方向判斷物體的超失重，對系統(tǒng)運用牛頓第二定律求出加速度，通過速度位移公式求出上升的高度解：A、關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，乘客減速上升，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)故A錯誤，B正確C、對系統(tǒng)運用牛頓第二定律得，mg=（2M+m）a，解得a=故C錯誤D、根據(jù)運動學(xué)公式得，故D錯誤故選B【點評】本題考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，難度不大，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁以及知道超失重的特點39虛線ABCd表示勻強電場中的4個等勢面。兩個帶電粒子M、N（重力忽略不計，也不考慮兩粒子間的相互作用）以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPN和NQM所示。已知M是帶正電的粒子，則下列說法中正確的是（