上海市黄浦区2016届高三(上)期中物理试卷(解析版)

2015-2016学年上海市黄浦区高三（上）期物理试卷

一、单项选择题（共16分，每小题2分.每小题只有一个正确选项.）

1.如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（）

2.从牛顿第一定律可直接演绎得出（）

A.质量是物体惯性的量度

B.质量一定的物体加速度与合外力成正比

C.物体的运动需要力维持

D.物体有保持原有运动状态的特性

3.物体A放在上表面水平的滑块上，滑块沿斜面向上做匀减速运动，如图所示.以下说法正确的是（）

A.A仅受到重力和支持力的作用

B.A受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用

C.A受到的合外力水平向左

D.A受到的合外力方向与其速度方向相反

4.物体A、B两地往返运动.设A到B的平均速率为V|,由B到A的平均速率为V2,物体往返一次,

平均速度的大小与平均速率分别是（）

5.某物体沿一直线运动，其v〜t图象如图，下列说法正确的是（)

A.第1秒内和第2秒内物体的速度方向相反

B.第1秒内和第2秒内物体的加速度方向相反

C.第3秒内物体的速度方向和加速度方向相反

D.第2秒末物体的加速度为零

6.一物块静止在粗糙的水平桌面上，从t=0开始物块受到一方向不变的水平拉力作用.设物块与桌面间的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力.a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力大小，则下列图象能反映a-F

关系的是（）

7.物体做自由落体运动,以地面为重力势能零点，1列图象，能正确描述物体的重力势能与下落速度的

8.如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程，观

察到弹簧秤的示数为40N,若匀速抽出木板B,弹簧秤的示数大小（）

A.一定大于40NB.一定等于40NC.一定小于40ND.一定为零

二、单项选择题（共24分，每小题3分.每小题只有一个正确选项.）

9.如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千.某次维修时将两

竖直木桩移近些，但仍保持两轻绳长度不变且悬挂点不变.木板静止时，F|表示木板所受合力的大小，F2

表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）

A.F|不变，F2变大B.F］不变，F2变小

C.F］变大，F2变大D.F|变小，F2变小

10.如图所示，将一物体放在固定斜面上会下滑，现对物体施加一平行于斜面向上的力F.若要使物块在

斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F|和F2，由此可求出（）

A.物块对斜面的正压力

B.物块的质量

C.物块与斜面间的最大静摩擦力

D.斜血的倾角

11.绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道半径会慢慢

变小.则人造地球卫星的（）

A.动能减小B.势能增大

C.运行的角速度增大D.运行的周期增大

12.两倾斜的平行滑杆上分别套A、B两圆环，两环上均用细线悬吊着物体，如图所示.当它们都沿滑杆

向下滑动时（环、物保持相对静止），A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（）

A.A环与杆有摩擦力B.B环与杆无摩擦力

C.A环做的是匀速运动D.B环做的是匀速运动

13.一正方形物块A重4N,用F=10N的水平推力通过两木板把A物夹住，木板与A物间的动摩擦因数

为04,图为侧视图.现要将A物体匀速拉出，平行于板的拉力大小可能为（）

A.4NB.8NC.12ND.18N

14.水星和金星绕太阳的轨道可视为同一平面内的圆周，设水星、金星的运转周期分别为T］、T2,从水星

与金星在太阳同侧的一条直线上开始计时，则两星再次在太阳同侧一条直线上需经过的时间为（）

勺I

'、'、、太阳，金星

二，1

RJYN

15.如图（a）所示，静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图（b）

所示.设物块与地面的最大静摩擦力灯与滑动摩擦力大小相等，则（）

A.0-t（时间内F的功率逐渐增大

B.t2时刻物块A的加速度最大

C.t2时刻物块A的动能最大

D.t「t4时间内物块A的加速度先增大后减小

16.如图所示，两细绳栓一小球使其恰在圆环的圆心O位置.一知两绳夹角/AOB>90。，让圆环在竖直

面内绕过O点的水平轴缓慢地逆时针转动，当OA由竖直转到水平位置的过程，OA的作用力FA和OB的

作用力FB的变化情况是（）

o

A.FA先增大后减小，FB先增大后减小

B.FA增大，FB先增大后减小

C.FA增大，FB增大

D.FA先增大后减小，FB增大

三、多项选择题（共16分，每小题4分.每小题有两个或三个正确选项.全选对的，得4分；选对但不

全的，得2分；有选错或不答的，得0分.）

17.如图所示，两个质量均为m的小木块a和1b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴。0的距离为

1,b与转轴00的距离为21,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g,使圆

盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用3表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）

I］力1

A.b一定比a先开始滑动

B.a、b所受的静摩擦力大小始终相等

C.当时，a所受摩擦力的大小为kmg

D.3予修时b开始滑动

V21

18.一物块在固定的斜面上下滑，现对物块施加一个竖直向下的恒力F,下列说法正确的是（）

A.若物块原匀速下滑，则施加F后将加速下滑

B.若物块原加速下滑，则施加F后将以更大的加速度加速下滑

C.若物块原减速下滑，则施加F后将以更大的加速度减速下滑

D.若物块原减速下滑，则施加F后有可能匀速下滑

19.如图所示，河宽为L,河水流速为u,甲、乙两船均以静水的速度大小v同时出发渡河.出发时两船

相距x,甲、乙船头均与岸边成45。角，且乙船恰好能直达正对岸的A点.则下列说法正确的是（）

A.甲乙两船在水行驶的路程相等

B.甲乙两船同时到达河对岸

C.V：u=V2：1

D.为确保两船在河不相撞，x不得小于2L

20.质量m=2kg的物块在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其上升距离h间的关系

如图所示.重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.h=lm时拉力的功率为44W

B.在前2m的运动过程物块所经历的时间为2s

C.h=3m时物块的加速度大小为25m/s2

D.在前4m的运动过程拉力对物块做的功为89J

四、填空题（共20分，每小题4分）

21.如图所示，硬杆上端绞于屋顶，用一水平力将其下端缓慢拉起.在杆从竖直拉至接近水平的过程,

拉力的变化情况是____________，拉力力矩的变化情况是

22.某物体在水平地面上沿直线匀减速滑行，加速度大小为2m/s2,停止运动前2s的位移是整个位移的1/4,

则物体完成整个位移所用的时间是s,物体的初速度是m/s.

23.取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度H处水平抛出，在抛出点其动能与重力势能之比为1：

3,不计空气阻力.当物块的动能与重力势能相等时，物块的速度方向与水平方向的夹角为，

物块落地时的水平射程是.

24.在托乒乓球跑步比赛，某同学将质量为m的球置于球拍光面心，t=0时以大小为a的加速度从静止开

始做匀加速直线运动，t=to起做匀速直线运动，球始终保持在位于球拍心不动.在运动过程球受到与其速

度方向相反、大小成正比的空气阻力，比例系数为k,运动球拍拍面与水平方向夹角为6.则匀速运动时

tan9=；匀加速直线运动过程tan0随时间t变化的关系式为.（不计球与球拍间

的摩擦，重力加速度取g）

25.一辆机动车在平直的公路上山静止启动开始做直线运动，图图线A表示该车运动的速度和时间的关系,

图线B表示车的功率和时间的关系.设车在运动过程阻力不变，车在6s末前做匀加速运动，在16s末开

始匀速运动.可知车的质量为kg,车从静止开始到16s末内的总位移为m.

五、实验题（共24分）

26.光电门传感器为门式结构，如图所示.A管发射红外线，B管接收红外线.A、B之间无挡光物体时,

电路断开；有物体经过A、B之间时B管挡被光，电路接通.计算机根据挡光物体的

，自动算出物体的.

27.利用图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的0点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜

面上升，斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、

3,根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）

A.如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态

B.如果斜面光滑，小球将上升到与0点等高的位置

C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变

D.小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小

28.利用如图所示的装置描绘小球做平抛运动的轨迹：小球从斜面上某位置无初速度释放，从斜槽末端

飞出；利用水平卡板可以记录运动轨迹上的某个点；改变卡板的位置，就改变了小球在卡板上落点的位置,

从而可以描绘出小球的运动轨迹.

（1））（多选）以下是实验过程的一些做法，其合理的有

（A）安装斜槽轨道，使其末端保持水平

（B）每次小球释放的初始位置可以任意选择

（C）每次小球应从同一高度由静止释放

（D）为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接

（2）在实验，小球前后运动了三次，水平卡板依次放在图①、②、③的位置，小球从斜槽末端到落点的

水平位移依次为X]、X2、X3,机械能的变化量依次为△£]、AE2,AE3,已知①与②的间距等于②与③的

间距，忽略空气阻力的影响，下列分析正确的是

（A）X2-X]=X3-X2，AE|<AE2<AE3（B）X2-X]>X3-X2，AE]=AE2=AE3

（C）x2-X]<X3-X2，△E1<AE2<AE3（D）X2-x）<X3-X2>△E|=AE2=AE3.

29.某小组同学使用力矩盘验证有固定转动轴物体的平衡条件，力矩盘上各同心圆的间距相等，为4cm.

（1）在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡（如图1所示），已知

每个钩码所受的重力为1N,弹簧秤示数的单位为N,请填写下列实验数据表格"第一次"实验的数据：

逆时针方向力矩之和（N・m）顺时针方向力矩之和（N«m）

第一次________________________

第二次

（2）回顾整个实验过程，他们发现操作完全正确，读数和计算均无差错，力矩盘与转轴间的摩擦也足够

小，经过讨论，他们认为两个方向力矩之和的差异是由于力矩盘的重心不在圆心造成的.根据（1）的数

据，可以判定力矩盘的重心可能在____________（多选）

（A）圆心的左上方（B）圆心的左下方

（C）圆心的右上方（D）圆心的右侧，与圆心同高

（3）为改进实验，他们提出两种方案：

方案一：在图2D点悬挂一个钩码，在之后的每次实验保持这个钩码的悬挂位置和个数不变，它产生的力

矩就可以和力矩盘的重力矩抵消了.

方案二：在之后的每一次实验，都在顺时针方向的力矩之和上加004N*m,就可以抵消重力矩产生的影响

了.

你认为这两种方案

（A）都可行（B）都不可行（C）方案一可行（D）方案二可行.

六、计算题

30.长为标的杆竖直放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一个质

量为m的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气阻力.

.5Z

BL\

图（a）图图（b）图（c）

（1）若杆与环保持相对静止，在空水平向左做匀加速直线运动，此时环恰好与B端在同一水平高度，如

图（a）,请在图（c）作出此时环的受力示意图，并求出此时加速度的大小句.

（2）若杆与环保持相对静止，在竖直平面内沿某一方向做匀加速直线运动，加速度大小为£g,此时环恰

好位于轻绳正间，如图（b）所示，求绳拉力的大小.

31.如图所示，质量M=I6kg的均匀水平板AB长为12m,B端靠在光滑竖直墙壁上，板点C处固连一根

长为06m的轻质斜杆CO,与板面夹角为53。，。点为固定转轴.在B端放有一质量m=16kg静止小木块,

先用大小为10N、方向与水平面夹角为53。的拉力F使木块向左滑动，途撤去拉力F,木块能滑到板的最

左端A处，且支架恰好不会失去平衡向逆时针方向翻倒.求：（取g=10m/s2,疝53。=08,353。=06）

（1）木块与板之间的动摩擦因数H；

（2）木块刚开始滑动时B端受到墙壁的弹力大小；

（3）拉力F作用于木块的最短时间.

32.如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，直轨道AB在底端通过一段光滑的曲线轨道与一个光滑的四

分之一圆弧轨道CD平滑连接，圆弧轨道的最高点C与B点位于同一高度.圆弧半径为R,圆心O点恰在

水平地面.一质量为m的滑块（视为质点）从A点由静止开始滑下，运动至C点时沿水平切线方向离开

轨道，最后落在地面上的E点.已知A点距离水平地面的高度为H,OE=2R,重力加速度取g,不计空气

阻力.求：

（1）滑块运动到C点时的速度大小vc；

（2）滑块运动过程克服轨道摩擦力所做的功Wf；

（3）若滑块从直轨道上A'点由静止开始下滑，运动至C点时对轨道恰好无压力，则A'点距离水平地

面的高度为多少？

33.如图（a）所示，A是一个无线力传感器，它上端所受拉力随时间的变化可在计算机上直接呈现.一

根细绳一端连在A的挂钩上，另一端绕过两个定滑轮与重物B相连，两滑轮固定在离地高12m的横梁匕

滑轮间距为04m.开始时，B被一托盘托住，A被悬挂在空，细绳的左、右两段均竖直，突然撤去托盘，

A、B分别在竖直方向由静止开始运动，B落地后不再弹起.A、B均可视为质点，不计空气阻力，不计滑

轮轴的摩擦与滑轮的大小，重力加速度取g=10m/s2.

（1）某次操作得到的A受拉力F随时间t变化的图象如图（b）所示，已知t|=02s是撤去托盘的时刻，t3

时刻F突然开始急剧增大.求t2=035s时力传感器A的速度大小v和t3；

（2）当A的质量为m、重物B的质量为M时，在A不碰到滑轮和横梁的情况下，求A上升的距离与B

下落距离的比值.

（3）若A的质量为02kg,选择质量为06kg的重物B,为使A上升的距离最大且不会碰到定滑轮，求应

选择的细绳长度1和托盘的初始高度h.

2015・2016学年上海市黄浦区高三（上）期物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题（共16分，每小题2分.每小题只有一个正确选项.）

1.如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（）

AMlb“舟」d庄」

【考点】物体的弹性和弹力.

【专题】定性思想；类比法；弹力的存在及方向的判定专题.

【分析】弹力是物体发生形变后要恢复原状时产生的力.而形变有宏观与微观形变，所以有时接触不一定

有形变，即有弹力.故弹力产生的条件是接触且形变.

【解答】解：A、假设AB间有弹力，则AB两物体均不能处于平衡状态，所以要运动，然而AB两物体没

有运动.故A选项没有弹力

BCD、山图可知：项肯定有弹力，因为AB间有相互挤压，必定存在弹力.故A正确，BCD错误.

故选：A.

【点评】判断微观形变可用假设法：假设接触面有弹力，则运用力的平衡条件判定是否平衡，注意选取没

有弹力的选项.

2.从牛顿第一定律可直接演绎得出（）

A.质量是物体惯性的量度

B.质量一定的物体加速度与合外力成正比

C.物体的运动需要力维持

D.物体有保持原有运动状态的特性

【考点】牛顿第一定律.

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题.

【分析】要解决此题需要掌握牛顿第一定律的内容，即任何物体在不受任何外力的作用下，总保持匀速直

线运动状态或静止状态.并且要理解牛顿第一定律的内容.

【解答】解：一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态.静止状态或匀速直线运动状

态是指原静止的将保持静止状态，原运动的将保持匀速直线运动状态.故牛顿第一定律说明了一切物体均

有惯性，会保持原的运动状态；同时说明了力是改变物体运动状态的原因；

故只有D正确;

故选：D.

【点评】此题主要考查了对牛顿第一定律的理解，不仅要知道牛顿第一定律的内容，并且要理解"或"字的

含义.

3.物体A放在上表面水平的滑块上，滑块沿斜面向匕故匀减速运动，如图所示.以下说法正确的是（）

A.A仅受到重力和支持力的作用

B.A受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用

C.A受到的合外力水平向左

D.A受到的合外力方向与其速度方向相反

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.

【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题.

【分析】对滑块的进行受力及运动过程分析；明确力的大小及方向；注意判断两物体之间的相互作用力方

向的判断.

【解答】解：C、D、由题滑块沿斜面向上做匀减速运动，可知滑块的加速度的方向沿斜面向下，与速度的

方向相反，所以A受到的合外力的方向沿斜面向下，与速度的方向相反.故C错误，D正确；

A、B、物块A虽然受到的合外力的方向沿斜面向下，当受到的摩擦力的方向始终与接触面平行，即只能

沿水平方向，不能沿斜面向匕故AB错误.

故选：D

【点评】该题，物块A随滑块一起运动，可知加速度的方向沿斜面向下，可以由矢量图解答，也可以在比

较熟练的情况下，直接应用矢量之间的关系理解.

4.物体A、B两地往返运动.设A到B的平均速率为V”山B到A的平均速率为V2,物体往返一次,

平均速度的大小与平均速率分别是（）

2vjvJ

C.均为三4D.均为0

V[+vd

【考点】平均速度.

【专题】直线运动规律专题.

【分析】平均速度等于位移与所用时间的比值，平均速率等于路程与所用时间的比值.物体往返一次，位

移为零.分别求出往返运动的时间，再求出平均速率.

【解答】解：物体往返一次，位移为零.则物体的平均速度的大小为五i=o.

设A、B两地的距离为x.

物体从A到B运动的时间t,=^-

V1

从B到A运动的时间t2=告

v2

则物体物体往返一次的平均速率

ti+tqvi+v,

故选：A

【点评】本题要抓住平均速度和平均速率的定义分析求解，不能张冠李戴，搞混淆.从本题看出，平均速

率不一定等于平均速度的大小.

5.某物体沿一直线运动，其v〜t图象如图，下列说法正确的是（）

A.第1秒内和第2秒内物体的速度方向相反

B.第1秒内和第2秒内物体的加速度方向相反

C.第3秒内物体的速度方向和加速度方向相反

D.第2秒末物体的加速度为零

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系.

【专题】运动学的图像专题.

【分析】根据速度的正负读出速度的方向.山速度图象的斜率等于加速度，根据数学知识研究加速度方向

关系,

【解答】解：A、0-2s内图象都在时间轴的上方，都为正，方向没有改变，所以第1s内和第2s内物体的

速度方向相同，故A错误.

B、斜率表示加速度，直线的倾斜的方向表示加速度的方向，直线的倾斜的方向相反，说明加速度的方向

相反，所以第1s内的加速度方向和第2s内的加速度方向相反，故B正确.

C、第3秒内物体的速度为负，加速度也为负，方向相同，故C错误；

D、1-3s内物体做匀变速直线运动，加速度不为零，故D错误.

故选：B

【点评】本题考查了v-t图象的直接应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题,

较为简单.

6.一物块静止在粗糙的水平桌面匕从t=0开始物块受到•方向不变的水平拉力作用.设物块与桌面间的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力.a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力大小，则下列图象能反映a-F

关系的是（）

-Ld

【考点】匀变速直线运动的图像.

【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题.

【分析】由牛顿第二定律可得F与a的关系，进而由数学方法分析图象.

【解答】解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿第二定律可得：F-f=ma；

在运动之前拉力等于摩擦力，直到拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，由数学知识可

知，F与a为线性函数关系，图象与F轴的交点为最大静摩擦力，故C正确.

故选：C.

【点评】对找图象问题，必须要由物理规律列出对应坐标轴物理量的方程，然后用数学方法分析函数对应

的图象.

7.物体做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列图象，能正确描述物体的重力势能与下落速度的

关系的图象是（）

【考点】自由落体运动.

【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题.

【分析】物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能和势能的定义，即可求解.

【解答】解：物体做自由落体运动，机械能守恒，则有一：Ep=E--|mv2,所以势能与速度的图象为开口向

下的抛物线，所以D正确，ABC错误；

故选：D

【点评】本题考查物体机械能守恒时，各个物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们

的关系式在进一步的判断它们的关系.

8.如图所示，弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连，当用力加速抽出长木板B的过程，观

察到弹簧秤的示数为40N,若匀速抽出木板B,弹簧秤的示数大小（）

■16

A.一定大于40NB.一定等于40NC.一定小于40ND.一定为零

【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】本题应以A为研究对象，A在水平方向上受摩擦力及弹簧秤的拉力而处于静止，故可知二力应为

平衡力；根据滑动摩擦力的影响因素可知摩擦力的大小与运动状态无关，则可由平衡条件可知弹簧弹力的

变化.

【解答】解：当用力加速抽出木板B时，A物体保持静止，故可知A受B的摩擦力f=F=40N；

因A对B物体的压力不变，故A、B间的摩擦力不会发生变化，故匀速拉动时摩擦力也为40N；

物体A在弹簧秤的作用下仍保持静止，故弹簧秤对A的拉力仍为40N,即弹簧秤的示数大小仍等于40N；

选项B正确.

故选：B.

【点评】本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与

物体的运动状态无关.

二、单项选择题（共24分，每小题3分.每小题只有一个正确选项.）

9.如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千.某次维修时将两

竖直木桩移近些，但仍保持两轻绳长度不变且悬挂点不变.木板静止时，F|表示木板所受合力的大小，F2

表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）

A.F］不变，F2变大B.F］不变，F2变小

C.F］变大，F2变大D.F］变小，F2变小

【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】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可.

【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F］=0；

根据共点力平衡条件，有:

2F2cose=mg

解得:

p_mg

F2-2^

当木桩间距变近时，细线与竖直方向的夹角e减小，故cose增大，拉力F2变小.

关键是受力分析后运用图示法分析，不难.

10.如图所示，将一物体放在固定斜面上会下滑，现对物体施加•平行于斜面向上的力F.若要使物块在

斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F|和F2，山此可求出（）

A.物块对斜面的正压力

B.物块的质量

C.物块与斜面间的最大静摩擦力

D.斜面的倾角

【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】定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题.

【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，

拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可.

【解答】解：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f,物

体保持静止，受力平衡，合力为零；

当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F］-mgsin。-f=0①；

当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f-mgsine=O②；

联立解得：f=F_C%

2

mgsinS-F\+F2,则质量和倾角都不能求解，物块对斜面的正压力为：N=mgcos6,不能求解，故C正确,

ABD错误；

故选：C.

【点评】本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解.

11.绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道半径会慢慢

变小.则人造地球卫星的（）

A.动能减小B.势能增大

C.运行的角速度增大D.运行的周期增大

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.

【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题.

【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而判断其大小的变化.

［解答］解：根据G当=irr^~=mr32=^0：号’得，①二/喜，

轨道半径变小，则线速度大小变大，动能变大，故A错误.

轨道半径变小，则高度降低，势能减小，故B错误.

轨道半径变小，角速度增大，周期变小，故C正确，D错误.

故选：C.

【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、

周期、加速度与轨道半径的关系.

12.两倾斜的平行滑杆上分别套A、B两圆环，两环上均用细线悬吊着物体，如图所示.当它们都沿滑杆

向下滑动时（环、物保持相对静止），A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（）

A.A环与杆有摩擦力B.B环与杆无摩擦力

C.A环做的是匀速运动D.B环做的是匀速运动

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力.

【专题】牛顿运动定律综合专题.

【分析】环和物体保持相对静止，具有相同的加速度，通过对物体受力分析，运用牛顿第二定律得出其加

速度，从而再根据牛顿第二定律分析出环的受力情况和运动情况

【解答】解：A、左图，物体受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知物体与A以共同的加速度

向下滑，对物体有：

'A

a=mgSin^,则A的加速度为gsin。，做匀加速直线运动，对A环分析，设摩擦力为f,有

ID

MgsinQ-f=Ma,解得f=0.所以A环与杆间没有摩擦力.故AC错误.

B、右图，物体处于竖直状态，受重力和拉力，因为加速度方向不可能在竖直方向上，所以两个力平衡，

物体做匀速直线运动，所以B环也做匀速直线运动.知B环受重力、支持力、拉力和摩擦力处于平衡.故

B错误D正确.

故选：D.

【点评】解决本题的关键知道物体与环具有相同的加速度，一起运动，以及掌握整体法和隔离法的运用

13.一正方形物块A重4N,用F=10N的水平推力通过两木板把A物夹住，木板与A物间的动摩擦因数

为04,图为侧视图.现要将A物体匀速拉出，平行于板的拉力大小可能为（）

A.4NB.8NC.12ND.18N

【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】定量思想；极端假设法；共点力作用下物体平衡专题.

【分析】分析物体A的受力情况：若将A物体沿竖直向上方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向

上拉力和两侧木板的向下滑动摩擦力；若将A物体沿竖直向下方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、

向下拉力和两侧木板的向上滑动摩擦力；根据平衡条件求出拉力的大小.

【解答】解：若将A物体沿竖直向上方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向上拉力和两侧木板的

向下滑动摩擦力，作出力图如图1所示.

滑动摩擦力：f|="F

根据平衡条件得：

F]=2f[+G=2“F+G=12N；

若将A物体沿竖直向下方向匀速拉出，物体A竖直方向受到重力、向下拉力和两侧木板的向上滑动摩擦

力.作出力图如图2所示.

滑动摩擦力：f2=RF

根据平衡条件得：

F2=2f2-G=2nF-G=4N,故AC正确.

故选：AC

Fi2ft

G

G”

2fiv「a

图1图2

【点评】本题是力平衡条件在实际问题应用，关键是分析物体A的受力情况，两侧木板对物体A都有摩

擦力，不能遗漏.

14.水星和金星绕太阳的轨道可视为同•平面内的圆周，设水星、金星的运转周期分别为T|、T2,从水星

与金星在太阳同侧的一条直线上开始计时，则两星再次在太阳同侧一条直线上需经过的时间为（）

太阳，金国

【考点】万有引力定律及其应用；向心力.

【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题.

【分析】由于水星比金星的轨道低，周期小，故再次出现这种现象时，水星比金星多转一周，由此可以解

得需要的时间.

【解答】解：设需要的时间为3在此时间内水星比金星多转一周，就会再次出现这种现象，故有：

解得t=

故选：D.

【点评】要会分析题目，比如所谓的再次出现某一现象，一般应经过的时间是周期的倍数关系，若涉及两

个物体，则一般他们之间就是运动快的多转一周.

15.如图（a）所示，静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图（b）

所示.设物块与地面的最大静摩擦力。与滑动摩擦力大小相等，则（）

A.0-t］时间内F的功率逐渐增大

B.t2时刻物块A的加速度最大

C.t2时刻物块A的动能最大

D.t|-t4时间内物块A的加速度先增大后减小

【考点】动能定理的应用.

【专题】比较思想；临界法；动能定理的应用专题.

【分析】根据物块的受力，结合合力的方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动规律，判断何时

加速度最大，何时速度最大，再分析F的功率和动能的变化.

【解答】解：A、O-tj时间内，F小于等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，F的功率为零，保持

不变，故A错误.

B、t2时刻拉力最大，合力最大，根据牛顿第二定律知，物块A的加速度最大，故B正确.

C、t2时刻后，拉力仍然大于摩擦力，物块仍然做加速运动，动能仍增大，t3时刻后拉力小于摩擦力，物块

做减速运动，动能减小，所以t3时刻动能最大.故C错误.

D、在t「t2时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，F增大，合力增大，加速度增大.在t2-t3时间

内，物块做加速运动，拉力大于摩擦力，F减小，合力减小，加速度减小.t3时刻后，拉力小于摩擦力，F

减小，合力反向增大，则物块A的加速度反向增大.故D错误.

故选：B

【点评】解决本题的关键理清物块的运动规律，知道加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，加速

度方向与速度方向相反，物体做减速运动.通过分析受力情况，山牛顿第二定律分析加速度的变化.

16.如图所示，两细绳栓一小球使其恰在圆环的圆心0位置.J知两绳夹角NAOB>90。，让圆环在竖直

面内绕过0点的水平轴缓慢地逆时针转动，当OA由竖直转到水平位置的过程，0A的作用力FA和0B的

作用力FB的变化情况是（）

A.FA先增大后减小，FB先增大后减小

B.FA增大,FB先增大后减小

C.FA增大，FB增大

D.FA先增大后减小，FB增大

【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】定性思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题.

【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，运用作图法分析FA与重力的大小关系.小球保持静止状态,

则知FA与FB的合力始终大小不变.由图判断FA与FB的变化情况.

【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况如图，采用合成法，由图看出，

FA的大小先增大后减小，FB的大小在增大.故D正确，ABC错误.

故选：D.

G

【点评】本题是动态平衡问题，运用图解法比较直观，也可以运用函数法进行研究.

三、多项选择题（共16分，每小题4分.每小题有两个或三个正确选项.全选对的，得4分；选对但不

全的，得2分；有选错或不答的，得0分.）

17.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴。0的距离为

1,b与转轴OO的距离为21,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块重力的k倍，重力加速度大小为g,使圆

盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用3表示圆盘转动的角速度，卜列说法正确的是（）

A.b一定比a先开始滑动

B.a、b所受的静摩擦力大小始终相等

…周时，a所受摩擦力的大小为kmg

D.3=、悭时b开始滑动

V21

【考点】向心力；牛顿第二定律.

【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动的应用.

【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速

度决定.当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大.当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开

始滑动.因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定.

【解答】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等.木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第

二定律得：木块所受的静摩擦力f=nM）2r,m、3相等，f^r,所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，

当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b-定比a先开始滑动，故A正确，B错误;

C、以a为研究对象，当3=、细时，由牛顿第二定律得：f=mu）2l,可解得:

故C错误;

V31_

D、当b刚要滑动时，有kmg=m32・21,解得：3=、悭,故D正确；

故选：AD.

【点评】本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界

条件：静摩擦力达到最大，山牛顿第二定律分析解答.

18.一物块在固定的斜面上下滑，现对物块施加一个竖直向下的恒力F,下列说法正确的是()

A.若物块原匀速下滑,则施加F后将加速下滑

B.若物块原加速下滑，则施加F后将以更大的加速度加速下滑

C.若物块原减速下滑，则施加F后将以更大的加速度减速下滑

D.若物块原减速下滑，则施加F后有可能匀速下滑

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.

【专题】定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题.

【分析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sin。与ucos。的大小.再分

析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运

动状态.

同理，若物块加速下滑或减速下滑，山受力分析和牛顿第二定律求出加速度，比较两种情况下的加速度的

大小即可.

【解答】解：A、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，由平衡条件得：

mgsin9=|jmgcos0

得：sin0=ncos0

对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：

f=U(F+mg)cosQ

重力和F沿斜面向下的分力大小为(F+mg)sin。，

则上可知：(F+mg)sin0=n(F+mg)cos9,则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态；故A错误;

B、若物块原加速下滑，则开始时:mgsinQ-pmgcos0=ma

施力nF后：(F+mg)sin0-|i(F+mg)cos6=ma'

比较以上两式，得：a‘空四"a>a

ID

将以更大的加速度加速下滑.故B正确；

C、若物块原减速下滑，贝ljmgsinB-Rngcose=maVO

施加F后：（F+mg）sin0-p.（F+mg）cos0=ma"

比较以上两式，得：生喧

mI

将以更大的加速度减速下滑.故C正确，D错误.

故选：BC

【点评】本题物块匀速下滑时，H=tan0,作为一个重要结论可在理解的基础上，对分析本题解答有帮助.

19.如图所示，河宽为L,河水流速为u,甲、乙两船均以静水的速度大小v同时出发渡河.出发时两船

相距x,甲、乙船头均与岸边成45。角，且乙船恰好能直达正对岸的A点.则下列说法正确的是（）

A.甲乙两船在水行驶的路程相等

B.甲乙两船同时到达河对岸

C.V：11=^2：1

D.为确保两船在河不相撞，x不得小于2L

【考点】运动的合成和分解.

【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题.

【分析】根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=&u.小船的运动分解为平行于河岸和垂宜于河岸两

个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的路程,

再根据渡河时间，从而确定不相撞时，两船间距.

【解答】解：A、由图可知，甲船在水行驶的路程大于乙船的路程，故A错误；

BC、乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知VCOS45LU,解得：v=&u.

将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，两船在垂直河

岸方向的速度大小相等，则有甲乙两船到达对岸的时间相等，故BC正确.

D、由题意可知，两船在垂直河岸方向的位移总是相等，且两船在水流方向的速度大小相等，若不相遇，

则x不得小于2L,故D正确.

故选：BCD.

【点评】解决本题的关键灵活运用运动的合成与分解，知道合运动与分运动的等时性，注意两船在两方向

的分速度大小总相等，是解题的关键.

20.质量m=2kg的物块在竖直向上的拉力作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其上升距离h间的关系

如图所示.重力加速度g取10nVs2,则下列说法正确的是（）

A.h=lm时拉力的功率为44W

B.在前2m的运动过程物块所经历的时间为2s

C.h=3m时物块的加速度大小为25m/s2

D.在前4m的运动过程拉力对物块做的功为89J

【考点】动能定理.

【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题.

【分析】根据图象得出h=lm时的动能，从而求出此时物块的速度.对x=0到x=2m段运用动能定理，求

出拉力的大小，由P=Fv求拉力的功率.根据牛顿第二定律求出物块的加速度，山运动学公式求出运动的

时间.根据动能定理求出前4m内拉力对物块所做的功.

【解答】解：A、根据图象知，h=lm时，动能为Ek=2J,即*mv2=2J,解得v=&m/s.

一Eu4

对x=0到x=2m段，运用动能定理，有：Fh-mgh=Ek,解得F=mg+—=20+-=22N.故h=lm时拉力的功

h2

率为P=Fv=22&W,故A错误.

F-mg22-201o

B、在前2m物体的加速度a=m/s2=lm/s2.h=2m时Ek=4J,由工mv~=4J,解得v=2m/s

m-2)

所经历的时间为t』=2s.故B正确.

a

C、对后2m,运用动能定理得，Fh-mgh=AEk,由图知，h=2m,动能的增加量△Ek：%-4J=5J

解得F=225N,物体的加速度为a=J%=125m/s2.故C错误.

ID

D、对全过程运用动能定理得，WF-mgh=AEk,其h=4m,AEk=9J,解得WF=89J.故D正确.

故选：BD

【点评】本题考查学生的读图能力，能够从图获取信息，以及能够灵活运用动能定理和牛顿第二定律.

四、填空题（共20分，每小题4分）

21.如图所示，一硬杆上端绞于屋顶，用一水平力将其下端缓慢拉起.在杆从竖直拉至接近水平的过程,

拉力的变化情况是上拉力力矩的变化情况是

【考点】力矩的平衡条件.

【专题】定性思想；图析法；受力分析方法专题；力学知识在生产和生活的应用.

【分析】先作出重力和拉力以及力臂的示意图，根据力矩平衡条件列式，求出拉力以及拉力力矩与角度关

系，再根据角度变化情况，判断拉力以及拉力力矩的变化情况.

【解答】解：作出拉力F和重力以及对应的力臂如图所示

设杆的长度为L,杆与竖直方向的夹角为仇杆从竖直拉至接近水平的过程，9由0°增大到90°

重力力臂Li=sin8

拉力力臂L2=LCOSB

重力力矩M,n=GxL,

拉力力矩MJ,=FXL2

根据力矩平衡条件有MiR=M垃

即GX.nB=FXLCOSB

解得F=^tan0

6山0。增大到90。的过程，tan0也随着增大，故拉力F增大；

拉力力矩Mn=M,T,=GXLI=GX-^sin0

e由o°增大到90。的过程，sine也随着增大，故拉力力矩也增大；

故答案为：增大，增大

【点评】本题考查力矩平衡条件的应用，解题的关键是作出力臂示意图，根据力矩平衡条件列式找出拉力

以及拉力力矩与角度之间关系.

22.某物体在水平地面上沿直线匀减速滑行，加速度大小为2m/s2,停止运动前2s的位移是整个位移的1/4,

则物体完成整个位移所用的时间是上s,物体的初速度是」m/s.

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系.

【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题.

【分析】采用逆向思维，结合位移时间公式求出停止运动前2s内的位移，从而得出整个过程的位移，