2015高考物理拉分题专项训练1

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【备战2015】全国2015届高考物理试题汇编(11月第一期)B4受力分析物体的平衡(含解析)

B4 受力分析物体的平衡【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届四川省成都七中高三上学期入学摸底考试（201409）】7.如图所示，物块A 、B 叠放在一起，其总质量为1.0kg ，物块B 被水平方向的弹簧和斜向上的绳拉住，物块B 恰好对地面无压力，若物块B 与地面间的动摩擦因数0.25μ= ，O 是弹簧的原长处，绳与竖直方向的夹角为045 ，某时刻把绳与物块B 连接处剪断，最终物块A 、B 一起向左运动，停在O 点左侧某处，运动中物块A 、B 始终没有相对滑动，则下列说法正确的是（）A ．剪断绳的瞬间物块A 、B 的合外力发生变化B ．剪断绳的瞬间物块A 、B 的加速度是27.5/m sC.弹簧恢复原长时，物块A 受的摩擦力向左D.剪断绳后物块A 、B 到达O 点时的速度最大【知识点】共点力的平衡，牛顿第二定律 B4 C2【答案解析】AB 解析： A 、B 剪断细绳前受力平衡，对整体受力分析，受到重力，弹力向左的拉力，细绳向右上的拉力，因为是细绳向右上045 ，所以kx=mg=10N ，剪断后整理合力向左27.5/kx mg a m s mμ-== ，故A 、B 正确；C 、D 当kx mg μ= 时，整体加速度为零，速度最大，然后开始做减速运动，B 对A 的摩擦力方向改变，变为向左，故C 、D 错误故选AB【思路点拨】对整体受力分析，可以得到弹簧弹力与重力关系，然后弹力减去摩擦力提供加速度，注意当弹力等于摩擦力时整体就开始做减速运动，而不是到达原长。

【首发—【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考（201410）word 版】14.(8分)如图所示，两个质量分别为m 、4m 的质点A 、B 之间用轻杆连结，并通过长L 的轻绳挂在光滑的定滑轮上，求系统平衡时OA 、OB 段绳长各为多少?【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7【答案解析】45L OA = ，5L OB = 解析：分别对A 、B 球受力分析，如图所示：受力平衡，每个小球受到的绳拉力T 与杆的弹力F 的合力与重力平衡．做出T 与F 合成平行四边形．红色的三角形与△OAC 相似，故：1T OA m g OC =绿色的三角形与△OBC 相似，故：2T OB m g OC=两式相比：2141m OA OB m == OA+OB=L, 所以45L OA = ，5L OB = 【思路点拨】分别对两个球受力分析，然后结合平衡条件并运用相似三角形法列式求解．本题关键是受力分析后采用相似三角形法分析，没有直角三角形，较难．【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（201409）】7.一倾角为=30θ︒,高度为1h m =的斜面AB 与水平面BC 在B 点平滑相连。

2015高考物理拉分题专项训练11

自由落体运动与竖直上抛运动基础自测一、自由落体运动1．自由落体运动的特点：(1)从静止开始，即初速度为零．(2)物体只受重力作用．自由落体运动是一个初速度为零的匀加速直线运动．2．重力加速度：自由落体的加速度叫做重力加速度，用g 表示，它的大小约为9.8 m/s 2，方向竖直向下．(1)重力加速度是由于地球的引力产生的，地球上不同的地方g 的大小不同，赤道上的重力加速度比在两极的要小．(2)重力加速度的大小会随位置的改变而变化，但变化量不大，所以我们在今后的计算中，认为其为一定值，常用9.8 m/s 2，在粗略的计算中也可以取10 m/s 2.(3)自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动．匀变速直线运动的一切规律，对自由落体运动都是适用的．v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh.另外，初速度为零的匀加速运动的比例式对自由落体运动也是适用的．二、竖直上抛运动1．竖直上抛运动问题的处理方法 (1)分段法可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动处理． (2)整体法将竖直上抛运动视为初速度为v 0，加速度为的匀减速直线运动． 2．竖直上抛运动的重要特性 (1)对称性①时间对称性：上升过程和下降过程时间相等②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等 (2)多解性实例指导【例1】伽利略用实验验证v∝t 的最大困难是( ) A ．不能很准确地测定下落的距离 B ．不能测出下落物体的瞬时速度 C ．当时没有测量时间的仪器D ．当时没有记录落体运动的数码相机答案 B【变式跟踪1】关于自由落体运动，下列说法中正确的是( ) A ．初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动B ．只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动C ．自由落体运动在任意相等的时间内速度变化量相等D ．自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动答案 CD 解析 A 选项中，竖直向下的运动，有可能受到空气阻力或其他力的影响，下落的加速度不等于g ，这样就不是自由落体运动；选项B 中，物体有可能具有初速度，所以选项A 、B 不对．选项C 中，因自由落体运动是匀变速直线运动，加速度恒定，由加速度的概念a ＝ΔvΔt可知，Δv＝gΔt，所以若时间相等，则速度的变化量相等．选项D 可根据自由落体运动的性质判定是正确的【变式跟踪2】关于自由落体运动的加速度g ，下列说法正确的是( ) A ．重的物体的g 值大B ．g 值在地面任何地方一样大C ．g 值在赤道处大于南北两极处D ．同一地点的轻重物体的g 值一样大答案 D 解析在同一地点所有物体g 值都相同．在地面不同地方，重力加速度的大小不同．从赤道到两极，g 值变大【例2】从离地500 m 的高空自由落下一个小球，g 取10 m/s 2，求： (1)经过多长时间落到地面；(2)从开始下落时刻起，在第1 s 内的位移大小、最后1 s 内的位移大小； (3)落下一半时间时的位移大小．答案 (1)10 s (2)5 m 95 m (3)125 m 解析 (1)由位移公式x ＝12gt 2，得落地时间t ＝2x g＝2×50010s ＝10 s. (2)第1 s 内的位移：x 1＝12gt 21＝12×10×12 m ＝5 m ，前9 s 内的位移为：x 9＝12gt 29＝12×10×92m ＝405 m ，最后1 s 内的位移等于总位移和前9 s 内位移的差，即x 10＝x －x 9＝(500－405) m＝95 m.(3)落下一半时间即t′＝5 s ，其位移x′＝12gt′2＝12×10×52m ＝125 m.【变式跟踪3】一矿井深125 m ，在井口每隔一定时间自由落下一个小球．当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底．则相邻两小球开始下落的时间间隔为________ s ，这时第3个小球和第5个小球相距________ m. 答案 35解析设相邻两小球开始下落的时间间隔为T ，则第1个小球从井口落至井底的时间为t ＝10T.由题意知h ＝12gt 2＝12g(10T)2，T ＝2h100g＝ 2×125100×10s ＝ s.利用初速度为零的匀加速直线运动的规律，从时间t ＝0开始，在连续相等的时间内位移之比等于以1开始的连续奇数比．从第11个小球下落开始计时，经T,2T,3T ，…，10T 后它将依次到达第10个、第9个、…、第2个、第1个小球的位置，各个位置之间的位移之比为1∶3∶5∶…∶17∶19，所以这时第3个小球和第5个小球相距： Δh＝13＋151＋3＋5＋…＋18＋19h ＝28100×125 m＝35 m【变式跟踪4】(2013·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落地声，由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m 解析：选B h ＝12gt 2＝12×10×22m ＝20 m 。

2015年江西省高考物理经典拆分试卷含参考答案(一)

5．（6 分）如图所示，两个等量异种电荷的连线和其中垂线上有 a、b、c 三点，下列说法正确的是（）
A．a 点电势比 b 点电势高 B．a、b 两点场强方向相同，b 点场强比 a 点场强小 C．b 点电势比 c 点电势高，场强方向相同 D．一个电子仅在电场力作用下不可能沿如图曲线轨迹从 a 点运动到 c 点 6．（6 分）雾霾天气对公路、铁路、航空、航运等均产生重要影响，雾、霾会造成空气质量下降，影响生态环境，给人体健康带来较大危害，在我国治理雾霾已刻不容缓，在一大雾天，一辆小汽车以 30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方 30m 处有一辆大卡车以 10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵，如图所示，a、b 分别为小汽车和大卡车的 v﹣t 图象，以下说法正确的是（）
4．（6 分）科学家经过深入观测研究，发现月球正逐渐离我们远去，并且将越来越暗．有地理学家观察了现存的几种鹦鹉螺化石，发现其贝壳上的波状螺纹具有树木年轮一样的功能，螺纹分许多隔，每隔上波状生长线在 30 条左右，与现代农历一个月的天数完全相同．观察发现，鹦鹉螺的波状生长线每天长一条，每月长一隔．研究显示，现代鹦鹉螺的贝壳上，生长线是 30 条，中生代白垩纪是 22 条，侏罗纪是 18 条，奥陶纪是 9 条．已知地球表面的重力加速度为 10m/s2，地球半径为 6400km，现代月球到地球的距离约为 38 万公里．始终将月球绕地球的运动视为圆周轨道，由以上条件可以估算奥陶纪月球到地球的距离约为（ A．1.7×108m B．8.4×108m C．1.7×107m D．8.4×107m ）
A．做匀速圆周运动 B．做变速直线运动 C．当光束转到竖直方向夹角为 θ 时，光点的移动速度是 D．当光束转到竖直方向夹角为 θ 时，光点的移动速度是 hωtanθ

高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练

2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量答案 B解析释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点答案 A解析设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大答案 BC解析当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二答案 AC解析由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr 2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm2＝mr (2π)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项mg ，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力。

2015新课标高考物理实验题专项训练(含参考答案)

2015新课标高考物理实验题专项训练题组一22．（6分）图1是现代中学物理利用DIS 位移传感器研究平抛运动规律的实验装置图，位移传感器通过接收发射器发射超声波信号(发射器按固定时间间隔Δt 发射信号)，采集发射器的位置信息，通过计算机处理实验数据，帮助学生轻易而准确地确定经过各个Δt 时间间隔时发射器的位置，从而准确地画出学生们想要的抛物线。

图2是某实验小组获得的平抛实验轨迹，已知背景方格纸均为正方格。

（1）通过图2实验数据可说明水平方向上做______________________________运动；竖直方向做___________________________运动。

（2）若做平抛运动的发射器发射超声波的间隔为Δt ，截取计算机屏幕一段轨迹如图3，背景网格每小格边长对应的实际运动的距离为a ，要利用以上数据推测发射器平抛时初速度v 0的表达式_______________，当地重力加速度g 的表达式（用a 和Δt 表示）。

23．（9分）（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“×1档”（图a ）和“×10档”（图b ）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_______档（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为_______Ω。

（2）所测金属丝的直径d 如图c 所示，d =_________mm ；接入电路金属丝的长度L 如图d （金属丝的左端从零刻度线对齐）所示，L =________cm 。

（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：A ．电源电动势E （3V ，内阻约1 Ω）B ．电流表A 1（0~0.6A ，内阻r 1约5Ω）C ．电流表A 2（0~10mA ，内阻r 2=10Ω）图d20图c97 98 99 100cm 图3图1图2D ．电压表V （0~15V ，内阻约3k Ω）E ．定值电阻R 0=250ΩF ．滑动变阻器R 1（0~5Ω，额定电流1A ）G ．滑动变阻器R 2（0~150Ω，额定电流0.3A ）H ．开关，导线若干（4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号。

2015高考物理拉分题专项训练3(Word版含答案)

匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度保持不变的运动．分为匀加速直线运动（a与v同方向）和匀减速直线运动（a与v反向）二、匀变速直线运动的规律：1.一个定义式：2.两个基本规律：①速度公式：v = v0 + at；②位移公式：x =v0t + at2/23.三个重要推论：①做匀变速直线的物体在连续相等的相邻时间间隔T内的位移差等于恒量，即说明：②做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度，即v平均= v t/2 = (v0 + v t)/2；【匀变速直线运动的某段位移中点的瞬时速度v x/2 = 】说明：无论匀加速还是匀减速直线运动都有③位移速度关系式：v2t– v02 =2ax4.初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：⑴在1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n = 1∶2∶3∶…∶n⑵在1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n = 12∶22∶32∶…∶n2⑶在第1个T内，第2个T内，第3个T内，…，第n个T内的位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶x Ⅲ∶…∶x N =1∶3∶5∶…∶(2n – 1)⑷从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n=【例1】根据给出的速度和加速度的正负，对物体运动性质的判断正确的是（）A ．v > 0，a < 0，物体做加速运动B ．v < 0，a < 0，物体做加速运动C ．v < 0，a > 0，物体做减速运动D ．v > 0，a >0，物体做加速运动BCD ；速度和加速度都是矢量，若二者符号相同，物体就做加速运动，故B 、D 正确；若二者符号相反，物体就做减速运动，故A 错误，C 正确．【变式跟踪1】一物体由静止开始沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，已知斜面长为18米，则：⑴ 物体在第3秒内的位移多大？⑵ 前3秒内的位移多大？⑴ 第1 s ，第2 s ，第3 s……第6 s 内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移x Ⅲ =51＋3＋5＋7＋9＋11×18 m = 2.5 m ， ⑵ 将6 s 的时间分成2个3 s ，前3 s 内的位移x 3＝11＋3×18 m ＝4.5 m. 【例2】珠海航展现场空军八一飞行表演队两架“歼-10”飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的“歼-10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 1，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为x ．求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有：x 1 = v 0t 1– 12a 1t 12，v B = v 0 – a 1t 1，B 到C 过程，依据运动学规律有：x 2 = v B t 2 – 12a 2t 22，0 = v B – a 2t 2，A 到C 过程，有：x = x 1 + x 2，联立解得：a 2 = (v 0 – a 1t 1)2/(2x + a 1t 12 – 2 v 0t 1) t 2 = (2x + a 1t 12 – 2v 0t 1)/( v 0 – a 1t 1)【变式跟踪2】如图所示是某型号全液体燃料火箭发射时第一级发动机工作时火箭的a – t 图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120 s 的时候，为了把加速度限制在4g 以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s ．由图线可以看出，火箭的初始加速度为15 m/s 2，且在前50 s 内，加速度可以看做均匀变化，试计算：⑴ t = 50 s 时火箭的速度大小；⑵ 如果火箭是竖直发射的，在前看成匀加速运动，则时离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，不计空气阻力，碎片将需多长时间落地？（取g = 10 m/s 2，结果可用根式表示）⑴ 因为在前50 s 内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线是倾斜的直线，它与时间轴所围的面积就表示该时刻的速度大小，所以有：v = (1/2)(15＋20)×50 m/s = 875 m/s ．⑵ 如果火箭是竖直发射的，在t = 10 s 前看成匀加速运动，则t = 10 s 时离地面的高度是h=at 2/2 =(1/2)×15×102 m = 750 m ，如果有一碎片脱落，它的初速度v 1＝at ＝150 m/s ，离开火箭后做竖直上抛运动，有－h = v 1t －12gt 2，代入数据解得t ＝5(3＋15) s ，t ′＝5(3－15) s 舍去．【例3】一辆汽车以10 m/s 的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s 2，则刹车后汽车在1 min 内通过的位移大小为（）A ．240 mB ．250 mC ．260 mD ．90 mB ；因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t = v 0/a = 50 s ，所以汽车刹车后在1 min 内通过的位移为x = v 0t/2 = 250 m ．【变式跟踪3】一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是（）A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 mC ；因汽车做匀减速直线运动．由x = v 0t ＋12at 2得 9＝v 0×1－12a ×12，9＋7＝v 0×2－12a ×22，解得v 0 = 10 m/s ，a = 2 m/s 2．汽车从刹车到停止所需时间t = v 0/a = 5s ；刹车后6 s 内的位移即5 s 内的位移x = v 0t – 12at 2，代入数据解得x = 25 m ．【例4】（2013广东高考）某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（ B ）A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s【预测1】中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约3000m，着陆距离大约为2000m．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是（）A．3∶2B．1∶1C．1∶2D．2∶1B；由x = vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是t1:t2=(x1/x2)(v2/v1) =1∶1，选项B正确．【例5】（2013全国卷大纲版）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：⑴客车运行速度的大小；⑵货车运行加速度的大小⑴设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨长度为l，则客车速度为v = l/Δt，其中l = 25.0m、Δt =10.0/(16–1) s 得v = 37.5m/s．⑵ 设从货车开始运动后t = 20.0s 内客车行驶了s 1米，货车行驶了s 2米，货车加速度为a ，30节货车车厢的总长度为L = 30×16.0m ．由运动学公式有 s 1 = vt 、s 2 = at 2/2，由题给条件有L = s 1 – s 2，联立上述各式，并代入数据解得a = 1.35m/s 2．【预测2】小明同学乘坐“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏．当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中．已知动车组的总质量M = 2.0×105kg ，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g = 10m/s 2．在小明同学记录动车组速率这段时间内，求：⑴ 动车组的加速度值；⑵ 动车组牵引力的最大值；⑶ 动车组位移的大小．⑴ 通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a 1、a 2，由 a =Δv/Δt 代入数据后得a 1 = 0.1m/s 2、a 2 = 0.2m/s 2．⑵ 由牛顿第二定律 F - F f = Ma ，F f = 0.1Mg 当加速度大时，牵引力也大．代入数据得 F = F f + Ma 2 = 2.4×105N ．⑶ 通过作出动车组的 v – t 图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s ，第二次加速运动的开始时刻是450s ．x 1 =[ (v 1 + v 2)/2]t 1、x 2 = v 2t 2、x 3 = [ (v 2 + v 3)/2]t 3、x = x 1 + x 2 + x 3，代入数据解得x = 30250m ．1．一个物体从静止开始做匀加速直线运动．它在第1 s 内与第2 s 内的位移之比为x 1∶x 2，在走完第1 m 时与走完第2 m 时的速度之比为v 1∶v 2．以下说法正确的是（）A ．x 1∶x 2 = 1∶3，v 1∶v 2 = 1∶2B ．x 1∶x 2 = 1∶3，v 1∶v 2 = 1∶2 C ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶2 D ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶ 2B ；由x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶xn ＝1∶3∶5∶…∶(2n – 1)知x 1∶x 2＝1∶3，由x ＝12at 2知t 1∶t 2＝1∶2，又v ＝at 可得v 1∶v 2＝1∶2，正确． 2．某做匀加速直线运动的物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则 t/2时刻的速度为（）A ．由于t 未知，无法确定 t/2时刻的速度B ．5 m/sC ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t/2时刻的速度D ．4 m/sD ；中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v t/2 = (v 0 + v)/2 = 4 m/s3．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间隔为（g 取10 m/s 2）（）A ．0.01 sB ．0.02 sC ．0.1 sD ．0.2 sC ；自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x 1 = (10.00 – 1.00)×10－2 m = 9.00×10－2 m ，x 2 = (29.00 – 10.00)×10－2 m ＝19.00×10－2 m ，根据公式Δx = aT 2得x 2–x 1 = gT 2，故T = 0.1 s ．4．做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是（）A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0B ；设加速度大小为a ，则开始减速时的初速度大小为v 0＝at ＝4a ，第1 s 内的位移是x 1＝v 0t 1－12at 12＝3.5a = 14 m ，所以a ＝4 m/s 2，物体最后1 s 的位移是x ＝12at 22＝2 m ．本题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s 内的位移是14 m ，所以第1 s 内的位移是2 m ．5．沙尘暴天气会严重影响交通．有一辆卡车以54 km/h 的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒（若没有人扶起他），该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前1.5 m处，避免了一场事故．已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则（）A．司机发现情况后，卡车经过3 s停下B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 mC．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/sD．若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人BD；v0＝15 m/s，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t2 = v0/a = 3 s，故卡车经过3.6 s停下来，A错误；卡车与该老人的距离x＝v0t1 + v02/2a＋Δx＝33 m，B正确；v平= (x –Δx)/(t1 + t2) ＝8.75 m/s，C错误；x′ = v′t1 + v′2/2a = 52 m > 33 m，所以D正确．6．从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是（）A．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2vB．两物体在空中运动的时间相等C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点AC；设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体初速度为v0，由题gt = v0– gt = v 得v0=2v．故A 正确．根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为t B= 2v/2g，A 竖直上抛，在空中运动时间t A = 2×(2v/g) = 4v/g．故B错误．物体A能上升的最大高度h A = (2v)2/2g，B 开始下落的高度h B=g(2v/g)2/2，显然两者相等．故C正确．两物体在空中同时达到同一高度为h = gt2/2 = g(v/g)2/2 = v2/2g = h B/4．故D错误．故选AC7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A．以向东为正方向，它们的位移-时间图像如图所示，图中t2 = 2t1，由图可知（）A．小鸟的速率是汽车速率的两倍B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3:1C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D．小鸟和汽车在0－t2时间内位移相等BC；设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为t1/2，则在小鸟和汽车相向运动的过程中有v1t1/2 + v2t1/2 = L，即（v1 + v2）t1/2 = L，对于汽车来说有v2t2 = L；联立以上两式可得v1 =3 v2，故A错误B正确．汽车通过的总路程为x2 = v2t2，小鸟飞行的总路程为x1 = v1t1=3 v2×(t2/2) = (3/2)x2，故C正确．小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误．故选BC．8．汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线．由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据．若某汽车刹车后至停止的加速度大小为7 m/s2，刹车线长为14 m，求：⑴该汽车刹车前的初始速度v0的大小；⑵该汽车从刹车至停下来所用的时间t0；⑶在此过程中汽车的平均速度．⑴由题意根据运动学公式v2– v20 = 2ax得– v20 = 2ax 代入数据解得v0 = 14 m/s．⑵法1：由得；法2：(逆过程) 由x = 12at02得⑶法1：v平均= x/t = 7 m/s；法2：v平均= (v0 + v)/2 = 7 m/s．9.物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．法1（比例法）：对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n = 1∶3∶5∶…∶(2n– 1)，现有x BC∶x AB = (x AC/4)∶(3x AC/4) = 1∶3，通过x AB的时间为t，故通过x BC的时间t BC = t．法2（中间时刻速度法）：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC = (v0 + 0)/2 = v0/2，又v02 =2ax AC①v B2= 2ax BC②x BC= x AC/4 ③解①②③得：v B= v0/2，可以看出v B正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC = t．法3（利用有关推论）：对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n= 1∶(2-1)∶(3-2)∶(4-3)∶…∶(n-n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为t x，那么通过BD，DE，EA的时间分别为：t BD = (2-1)t x，t DE = (3-2)t x，t EA = (2-3)t x，又t BD + t DE + t EA = t，得t x = t．10.(2013安徽省六校教学研究会联考)歼—15 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。

2015年高考物理拉分题专项训练专题16 动能定理的应用(含解析)讲解

2015年高考物理拉分题专项训练专题16 动能定理的应用（含解析）一、考点精析（一）题型分类：对动能定理的考查，出题形式最为全面，有选择题、填空题、实验题、还常常以计算题的形式出现。

其综合性强，难度大，喜欢以压轴题的形式出现。

常以科技发展、生产生活等为命题背景，考查方式灵活多变，既可与动力学综合考查，也可与电磁学结合来考查。

考查主要集中在以下几个方面：考查动能定理、考查动能、F -x 等等一些图像。

（二）解题思路1．选取研究对象，明确它的运动过程。

2．分析研究对象的受力情况。

3．求出各力所做功的代数和，找出过程中初末状态所对应的动能之差，利用W ＝12mv 22－12mv 21求解。

二、经典考题例题1（2015届临沂）如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f m 与滑动摩擦力大小相等，则（）A ． 0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ． t 2时刻物块A 的加速度最大C ． t 3时刻物块A 的动能最大D ． t 1～t 4时间内物块A 的加速度先增大后减小B ．t 2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故B 对；C．t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻加速度等于零，速度达到最大值，此时动能最大，故C对；D．t1～t2时间，F逐渐增大，加速度逐渐增大，t2～t3时间，F逐渐减小，加速度逐渐减小，故D错。

答案：BC例题2（2015届东莞）如图所示质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为s，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（）A．物体具有的动能为（F-f）（s+L）B．小车具有的动能为fsC．物体克服摩擦力所做的功为f（s+L）D．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL例题3（2015届烟台）如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向为正方向）（）A ．B ．C ．D ．解析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W =mgh ，得出重力势能与位移变化关系．解：上滑时的加速度a 1=mg sin θ+μmg cos θm =g sin θ+μg cos θ，下滑时的加速度a 2=mg sin θ-μmg cos θm=g sin θ-μg cos θ．知a 1＞a 2．根据位移公式x =12 at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t 2＞上滑的时间t 1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度-时间图线的斜率表示加速度，故A 对．动能是标量，不存在负值,故C 错．重力做功W =-mgh =-mgx sin θ，故D 对．答案：AD 例题4（2015届邵阳）如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。

【备战2015】全国2015届高考物理试题汇编(11月第一期)B1力、重力、弹力(含解析)汇总

B1 力、重力、弹力【首发—【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届河南省洛阳市高三上学期期中考试（201410）word 版】9.如图4，在小车架子上的A 点固连一条像皮筋，在弯杆的一端B 有一个光滑的小环。

橡皮筋的原长正好等于A 、B 之间的距离，像皮筋穿过小环悬挂着一个小球，系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时偏离竖直方向某一角度(橡皮筋遵循胡克定律且在弹性限度内).与稳定在竖直位置时相比，小球离度A.一定升高B.一定降低C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B1 B3T 2cos α=mg ，T 2sin α=ma ，所以：T 2=cos mgα，弹簧的伸长：x 2=2T k 则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L 2=cos mg k α cos α=mg k =mgk=L 1，所以L 1=L 2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定不变，故C 正确，ABD 错误．故选：C ．【思路点拨】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．【全网首发--【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届河北省衡水中学高三上学期二调考试（201410）word 版】21.(11分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。

重力加速度为g 。

本实验中m l =0. 5kg ，m 2=0.lkg ，μ=0.2，取g=10m/s 2(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(3分） (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的最小值；(3分)(3)若本实验中砝码与纸板左端的距离d=0. 1m 。

2015高考物理拉分题专项训练5(Word版含答案)

共点力作用下的平衡1．共点力的平衡：①共点力：力的作用点在物体上的同一点或力的延长线（或作用线）交于一点的几个力叫做共点力；②平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动状态，叫做平衡状态（该状态下物体的加速度为０）；③平衡条件：物体受到的合外力为零，即F合=０或F x =０、F y =０．2．平衡条件的推论：①二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反，为一对平衡力；②三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反；③汇交力系定理：如果一个物体受三个力作用而处于平衡状态，那么则该三个力若不平行，则三个力必定是共点力．④多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反说明：【例1】如图所示，质量为m 的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F 拉物体m 使其沿斜面向下匀速运动，M 始终静止，则下列说法正确的是（）A．M 相对地面有向右运动的趋势B．地面对M 的支持力为(M＋m)gC．地面对M 的摩擦力大小为Fcosθ D．地面对M 的摩擦力大小为零C；M、m 整体受力如图所示，由受力情况可得，M 相对地面有向左运动的趋势，受地面施加的向右的静摩擦力，大小为Fcosθ，A、D 错误C 正确；地面对M 的支持力为(M ＋m)g + Fsin θ，B 错误．【变式跟踪1】如图所示，一个质量为m 的小物体静止在固定的、半径为R 的半圆形槽内，距最低点高为 R/2 处，则它受到的摩擦力大小为（）A ．12 B ．32mg C ．⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－32mg D ．22mg 32mg ，所以B ；物体的受力情况如图所示，由平衡条件可知：F f = mgcos 30° = B 正确．【例2】如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为F N1，球对木板的压力大小为F N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（）A ．F N1始终减小，F N2始终增大B ． F N2始终减小，F N2始终减小C ．F N1先增大后减小，F N2始终减小D ．F N1先增大后减小，F N2先减小后增大B ；取小球为研究对象，小球受到重力G 、竖直墙面对小球的压力F N1和木板对小球的支持力F N2′（大小等于F N2）三个力作用，如图所示，F N1和F N2′ 的合力为G′，G′ = G ，则G′恒定不变，当木板向下转动时，F N1、F N2′变化如图所示，则F N1、F N2′都减小，即F N1、F N2都减小，所以正确选项为B ．【变式跟踪2】如图所示，两根光滑细杆a 、b 水平平行且等高放置，一质量为m 、半径为r 的均匀细圆环套在两根细杆上，两杆之间的距离为3r ．固定a 杆，保持圆环位置不变，将b 杆沿圆环内侧缓慢移动到最高点为止，在此过程中（） A ．a 杆对圆环的弹力逐渐增大 B ．a 杆对圆环的弹力先减小后增大 C ．b 杆对圆环的弹力逐渐减小 D ．b 杆对圆环的弹力先减小后增大D ；圆环的受力情况如图所示，由几何关系可知：θ = 60°，a 杆位置不变，缓慢移动b 杆，可见两杆的合力不变，F a 的方向不变，随着缓慢移动b 杆，矢量F b 的箭头端在图中虚线上逆时针旋转，可见F b 先减小后增大，F a 一直减小．所以应选D ．【例3】如图所示，能承受最大拉力为10 N 的细线OA 与竖直方向成45°角，能承受最大拉力为5 N 的细线OB 水平，细线OC 能承受足够大的拉力，为使OA 、OB 均不被拉断，OC 下端所悬挂物体的最大重力是多少？当OC 下端所悬挂物体重力不断增大时，细线OA 、OB 所受的拉力同时增大．为了判断哪根细线先被拉断，可选O 点为研究对象，其受力情况如图所示，分别假设OA 、OB 达最大值，看另一细线是否达到最大值，从而得到结果假设OB 不会被拉断，且OA 上的拉力先达到最大值，即F 1max = 10 N ，根据平衡条件有OB 上的拉力F 3 = F 1max sin 45° = 10×22N = 7.07 N ，由于F 3大于OB 能承受的最大拉力，所以在物重逐渐增大时，细线OB 先被拉断；再假设OB 线上的拉力刚好达到最大值（即F 3max = 5 N ），处于将被拉断的临界状态．根据平衡条件有G max = F 3max = 5 N ．【变式跟踪3】如图所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l ．现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为（）A ．mgB ．33mg C ．12mg D ．14mgC ；对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD = mgtan30°；.对D点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2 = F CD = mgtan 30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3 = F CD sin 60° = 0.5mg【例3】【2011江苏高考】如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ．若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为（）A ．mg/2sin αB ．mg/2cos αC ．0.5mgtan αD ．0.5mgocs α A ；以石块为研究对象，其受力分析如图所示，因为石块静止，则两侧面分别对石块的弹力F N 的合力F 与石块的重力大小相等，即2F N sin α＝mg ，解得F N = mg/sin α，A 正确．【变式跟踪4】如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°．假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F 1和第1、3块石块间的作用力F 2的大小之比为（） A ．1∶2 B ．3∶2 C ．3∶3 D ．3∶1B ；以第1块石块为研究对象，受力分析如图，石块静止，则F 1 = F 2cos30°，F 1/F 2 = 32，故B 正确．【变式跟踪5】【2012海南】如图，墙上有两个钉子a 和b ，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l ．一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1的重物．在绳子距a 端l/2得c 点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m 2的钩码，平衡后绳的ac 段正好水平，则重物和钩码的质量比m 1：m 2为（）A ．B ．2C ．D ．C ；平衡后设绳的BC 段与水平方向成α角，则：，，对节点C 分析三力平衡，在竖直方向上有：m 2g = m 1gsin α得：m 1：m 2 = 1/sin α，选C ．【变式跟踪6】如图所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l ，则弹簧原长和推力F 的大小分别为（） A ． B ． C ． D ．BC；对A、B整体有Fcos 30° = 2mgsin 30°，得F =；隔离A球kx = mgsin 30°，得弹簧原长为l–x = l–，则可得选项B、C正确．1．质量为m的长方形木块静止在倾角为θ的斜面上，斜面对木块的支持力和摩擦力的合力方向应该是（）A．沿斜面向下B．垂直于斜面向上C．沿斜面向上D．竖直向上D；如图所示，物体受重力mg、支持力F N、摩擦力F而处于静止状态，故支持力与摩擦力的合力必与重力等大反向，D正确．2．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ = 30°，下列说法正确的是（）A．小球受到轻弹簧的弹力大小为32mg B．小球受到容器的支持力大小为mg2C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为32mgC；小球受三个力而平衡，如图所示．由题图几何关系可知，这三个力互成120°角，因此三个力大小相等，C正确，A、B错；对整体，竖直方向受重力和地面支持力而平衡，水平方向不受力，D错．3．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m = 1.0 kg 的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N．关于物体受力的判断（取g = 9.8 m/s2），下列说法正确的是（）A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上A；选斜面上的物体为研究对象，设所受摩擦力的方向沿斜面向上，其受力情况如图所示，由平衡条件得：在斜面方向上：F + F f –mgsin 30° = 0 ①在垂直斜面方向上：F N–mgcos 30° = 0 ②经分析可知F = 4.9 N ③由①、③联立得：F f = 0，所以选项A正确、选项B错误．由②式得：F N＝4.93N 方向垂直斜面向上，选项C、D错误．４．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）A．F f变小B．F f不变C．F N变小D．F N变大BD；选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图甲所示，根据平衡条件有2Ff = (M + 2m)g，即F f = (M + 2m)g/2，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，F f不变，所以选项A错误、选项B正确；如图乙所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2 = F/2cosθ，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cosθ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图丙所示，根据平衡条件得F N = F1sinθ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此F N变大，故选项C错误、选项D正确5．作用于O点的三力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴正方向，力F2大小未知，与x轴负方向夹角为θ，如图所示．下列关于第三个力F3的判断中正确的是（）A ．力F 3只能在第四象限B ．力F 3与F 2夹角越小，则F 2和F 3的合力越小C ．F 3的最小值为F 1cos θD ．力F 3可能在第一象限的任意区域C ；O 点受三力平衡，因此F 2、F 3的合力大小等于F 1，方向与F 1相反，故B 错误；作出平行四边形，由图可以看出F 3的方向范围为第一象限中F 2反方向下侧及第四象限，故A 、D 错；当F 3⊥F 2时，F 3最小，F 3 = F 1cos θ，故C 正确．6．如图所示，上表面粗糙的半圆柱体放在水平面上，小物块从半圆柱体上的A 点，在外力F 作用下沿圆弧缓慢向下滑到B 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态，小物块运动的速率不变，则（）A ．半圆柱体对小物块的支持力逐渐变大B ．半圆柱体对小物块的摩擦力变大C ．外力F 变大D ．小物块所受的合外力大小不变CD ；对小物块受力分析如图所示，有：mgcos θ - F N = mv 2/R 、F + f = mgsinθ、f = μF N ，又因为θ增大时，F N 减小，f 减小，F 增大，故A 、B 错误，C 正确．由于小物块速率不变，所以小物块所受合力大小不变，方向改变，故D 正确．7．如图所示，质量分别为 m 1、m 2 的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m 1 在地面上，m 2 在空中），力 F与水平方向成第5题答图第6题答图第7题答图第8题答图第10题答图θ角．则关于m1所受支持力F N和摩擦力f 的大小正确的是（）A．F N = m1g + m2g – Fsinθ B．F N = m1g + m2g – FcosθC．f = FcosθD．f = FsinθAC；将质量为m1、m2 的两个物体看做整体，受力分析如图所示．根据平衡条件得f = Fcosθ，F N + Fsinθ= (m1 + m2)g，则F N = (m1 + m2)g –Fsinθ．8．如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC 一端通过铰链固定在C 点，另一端B 悬挂一重为G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F 拉绳，开始时∠BCA＞90°，现使∠BCA 缓慢变小，直到杆BC 接近竖直杆AC．此过程中，轻杆B 端所受的力（）A．大小不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先减小后增大A；：以 B 点为研究对象，受力分析如图所示．由几何知识得△ABC 与矢量三角形F G F B B 相似，则有AC：BC =F G：F B．由共点力的平衡条件知F A、F B的合力F G = G 大小不变，又AC、BC 均不变，故FB 不变，可知轻杆B 端受力不变．9．如图所示，OA 为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O 点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块 A 相连．当绳处于竖直位置时，滑块A 对地面有压力作用．B 为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO 等于弹性绳的自然长度.现有一水平力F 作用于A，使 A 向右缓慢地沿直线运动,则在运动过程中（ＢＤ）A．水平拉力F 保持不变B．地面对A 的摩擦力保持不变C．地面对 A 的摩擦力变小D．地面对A 的支持力保持不变10．有一个直角支架AOB，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑．AO 上套有小环P，OB 上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图），现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对 P 环的支持力F N 和细绳上的拉力 T 的变化情况是（）A ．F N 不变，T 变大B ．F N 不变，T 变小C ．F N 变大，T 变大D ．F N 变大，T 变小B ；对整体受力分析如图，其中 F N 是 AO 杆对系统的弹力，F 为 BO 杆对系统的弹力，f 为 AO 杆对系统的摩擦力．由于系统处于平衡状态，所以有F N = (m + m)g = 2mg ．对 Q 环：受力如图所示，其中 T 为细绳对环的拉力，根据Q 环处于平衡状态可得Tcosθ＝mg ，可解得T = mg/cosθ，当P 环向左移动，细绳与BO 杆的夹角θ变小，cos θ变大，T 变小．所以 B 正确．11．如图所示，有两个带有等量的同种电荷的小球A 和B ，质量都是m ，分别悬于长为L 的悬线的一端．今使B 球固定不动，并使 OB 在竖直方向上，A 球可以在竖直平面内自由摆动，由于静电斥力的作用，A 球偏离 B 球的距离为 x ．如果其他条件不变，A 球的质量要增大到原来的几倍，才会使 A 、B 两球间的距离缩短为x/2？A 球受mg 、F T 、F 电三个力作用，且三力平衡，如图所示．由相似三角形的知识可知：当AB 距离为x 时，mg F 电＝L x ① 当AB 距离为x 2时，m′g F 电′＝L x2②联立①②得m m′＝F 电2F 电′＝k q 2x 22kq 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝18。

2015物理高考压轴题1

2015物理高考压轴题114．一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、动能E k 和重力势能E p （以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图像，其中正确的是 15．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和圆环对小球的弹力N 的大小变化情况是（）A ．F 不变，N 增大B ．F 不变，N 减小C ．F 减小，N 不变D ．F 增大，N 减小16．如图所示，一颗行星和一颗彗星绕同一恒星的运行轨道分别为A 和B ，A 是半径为r 的圆轨道，B 为椭圆轨道，椭圆长轴QQ′为2r ．P 点为两轨道的交点，以下说法正确的是（）A ．彗星和行星经过P 点时受到的万有引力相等B ．彗星和行星绕恒星运动的周期相同C ．彗星和行星经过P 点时的速度相同D ．彗星在Q′处加速度为行星加速度的1/417．如图所示，边长L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n ＝10，总电阻r ＝2 Ω，外电路的电阻R ＝8 Ω，ab 边的中点和cd 边的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO′轴匀速转动．则以下判断中正确的是（）A ．在t ＝π4s 时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大B ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝0.8sin 2t VC ．从t ＝0时刻到t ＝π4s 时刻，通过电阻R 的电荷量q ＝0.02 CD ．从t ＝0时刻到t ＝π4s 时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－4 J 18．图中虚线是某电场中的一簇等势线。

两个带电粒子从P 点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。

2015高考物理拉分题专项训练6(Word版含答案)

共点力作用下的平衡课后作业（一）1.如图所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是( )A．3个或4个B．3个或5个C．4个或5个D．4个或6个【解析】木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看作整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，从而B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B的静摩擦力可能有，也可能无．综上所述，正确答案为C.【答案】 C2.(2011·海南高考)如图所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( ) A．等于零 B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左 D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右【解析】取物块与斜劈整体作为研究对象，由于物块匀速运动、斜劈静止，故整体所受外力之和必为零．分析整体的受力可知，由于重力、地面的支持力方向都沿竖直方向，若地面的摩擦力不为零时，其合力方向只能沿水平方向，必导致整体的合力不为零与题述矛盾，故只有A正确．【答案】 A3.小张将吊床用绳子拴在两棵树上等高的位置，如图所示．他先坐在吊床上，后躺在吊床上，两次均处于静止状态．则（）A．吊床对他的作用力，坐着时更大B．吊床对他的作用力，躺着时更大C．吊床对他的作用力，坐着与躺着时一定等大D．吊床两端绳的张力，坐着与躺着时一定等大C；因坐着和躺着时皆处于静止状态，故吊床对他的作用力大小等于重力，坐着和躺着时一定等大，则选项C正确，A、B错误．坐着和躺着使吊床两端的绳与竖直方向的夹角不同，所以张力也不同，D错误．4.如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）A．G和G B．G和G C．G和G D．G和GB；对日光灯进行受力分析建立坐标系，将F1和F2进行分解，如图所示，由平衡条件知水平方向：F1sin 45° = F2sin 45°①竖直方向：F1cos 45°+ F2cos 45°=G ② 由①②解得F1 = F2 =，选项B正确．5.如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块 A和 B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑．已知 A 与斜面之间的动摩擦因数是 B 与斜面之间动摩擦因数的 2 倍，斜面倾角为α，B 与斜面之间的动摩擦因数是（）A． B． C．tanα D．cotαA；对于 A 和 B 物体进行受力分析，设 B 与斜面之间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件列出方程2mgsinα = μmg cosα + 2μmg cosα解得μ = (2tanα)/3．6.如图所示，细绳 AO、BO 等长，A 点固定不动，在手持 B 点沿圆弧向 C 点缓慢运动过程中，绳 BO 的张力将（）A．不断变大 B．不断变小C．先变大再变小 D．先变小再变大D；选 O 点为研究对象，O 点受三力作用而平衡．此三力构成一个封闭的动态三角形，如图所示．很容易看出，当F B 与F A垂直时，即α+ β= 90°时，F B取最小值.因此，选项D正确．7.(2012·佛山一中模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧．弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F ＝20 3 N ，∠cO′a＝120°，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A ．弹簧的弹力为20 NB ．重物A 的质量为2 kgC ．桌面对物体B 的摩擦力为10 3 ND ．细线OP 与竖直方向的夹角为60°【解析】选取滑轮作为研究对象，滑轮两侧细线的夹角为60°，设滑轮两侧细线中拉力为F a ，则有F a ＝m A g ，，联立解得重物A 的质量为，选项B 正确；将O′a 中的拉力F a 沿水平方向和竖直方向分解，由平衡条件得F a cos 30°＝F b ，F a sin 30°＝F c ，解得弹簧的弹力为F c ＝10 N ，选项A 错误；细线O′b 中拉力F b ＝10 3 N ，对物体B 由平衡条件得桌面对物体B 的摩擦力为10 3 N ，选项C 正确；细线OP 的方向在滑轮两侧细线夹角的平分线上，与竖直方向的夹角为30°，选项D 错误．【答案】 BC8.(易错题)(18分)如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m 的物体被水平力F 推着静止于斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，若物体恰好不下滑，则推力F 为多少？若物体恰好不上滑，则推力F 为多少？(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【解析】因为μ＜tan θ，则F ＝0时，物体不能静止在斜面上，当物体恰好不下滑时，受力如图甲所示：由平衡条件得：mgsin θ－F 1cos θ－f 1＝0 (3分)N 1－mgcos θ－F 1sin θ＝0 (3分)又有：f 1＝μN 1 (2分)解得：F 1＝sin θ－μcos θμsin θ＋cos θmg (2分) 当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示：由平衡条件得：mgsin θ＋f 2－F 2cos θ＝0 (3分)N 2－mgcos θ－F 2sin θ＝0 (2分)又有：f 2＝μN 2 (1分)解得：F 2＝μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg (2分) 9.两个相同的小球A 和B ，质量均为m ，用长度相同的两根细线把A 、B 两球悬挂在水平天花板上的同一点O ，并用长度相同的细线连接A 、B 两小球，然后，用一水平方向的力F 作用在小球A 上，此时三根细线均处于直线状态，且OB 细线恰好处于竖直方向，如图所示．如果不考虑小球的大小，两小球均处于静止状态，则： (1)OB 绳对小球的拉力为多大？(2)OA 绳对小球的拉力为多大？(3)作用力F 为多大？解析 (1)因OB 绳处于竖直方向，所以B 球处于平衡状态，AB 绳上的拉力为零，OB 绳对小球的拉力F OB ＝mg.(2)A 球在重力mg 、水平拉力F 和OA 绳的拉力F OA 三力作用下平衡，所以OA 绳对小球的拉力F OA ＝mg cos 60°＝2mg. (3)作用力F ＝mgtan 60°＝3mg.答案 (1)mg (2)2mg (3)3mg10.一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A 和B(中央有孔)，A 、B 间由细绳连接着，它们处于如图11中所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O 处于同一水平面上，A 、B 间的细绳呈伸直状态，且与水平线成30°角．已知B 球的质量为3 kg ，求细绳对B 球的拉力和A 球的质量．(g取10 m/s 2) 解析：对B 球受力分析如图12所示，物体B 处于平衡状态有：Tsin30°＝m B gT ＝2m B g ＝2×3×10 N＝60 N物体A处于平衡状态有：在水平方向：Tcos30°＝N A sin30°在竖直方向：N A cos30°＝m A g＋Tsin30°.由上两式解得：m A＝2m B＝6 kg.答案：60 N 6 kg第九讲共点力作用下的平衡课后作业（二）1.如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是 ( )．A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小答案 C2.(预测题)如图所示，用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上的球，当细绳由水平方向缓慢向上偏移至竖直方向的过程中，细绳上的拉力将( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【解析】选D.球的重力有两个效果，即拉细绳和压斜面，用图解法分析，作出力的分解图如图所示，由图可知，当细绳由水平方向逐渐向上偏移至竖直方向时，细绳上的拉力F2将先减小后增大，当F2和F1的方向垂直时，F2有极小值；而球对斜面的压力F1逐渐减小，故D正确.3.(2012·洛阳模拟)如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面( )A.无摩擦力B.支持力等于(m＋M)gC.支持力为(M＋m)g－FsinθD.有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ5.【解析】选C、D.由于m沿着斜面匀速上滑，可把m和斜面看做整体.整体受力如图所示，根据平衡条件得，N＝(M＋m)g－Fsinθ，f＝Fcosθ，选项A、B错误，C、D正确.4.(2012·天津和平区模拟)如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B(m A＞m B)，由于B球受到水平风力作用，A环与B球一起向右匀速运动，已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B. B球受到的风力F为m A gtan θC．杆对A环的支持力随着风力的增加而不变D. A环与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A＋m B【解析】如图为球B的受力情况，其中F为风力，F T为轻质绳对球B的拉力，由图中的几何关系可得F＝m B gtan θ，故B错误；由题中所给的B球的运动状态可知，F T大小等于F和m B g的合力F′，当风力F增大时，F和m B g的合力F′会增大，从而F T增大，故A 错误；由整体法可知，杆对A环的支持力大小等于环A与球B的总重力，故C正确；环A所受的滑动摩擦力大小等于风力，即μ(m A＋m B)g＝F，故μ＝m B tan θm A＋m B，D错误．【答案】 C5.(2012·江门模拟)如图所示，细绳a一端固定在杆上C点，另一端通过定滑轮用力拉住，一重物用绳b挂在杆BC上，杆可绕B点转动，杆、细绳的质量及摩擦均不计，重物处于静止．若将细绳a慢慢放下，则下列说法正确的是( )A．绳a的拉力F a减小，杆所受到的压力F增大B．绳a的拉力F a增大，杆所受到的压力F增大C．绳a的拉力F a不变，杆所受到的压力F减小D．绳a的拉力F a增大，杆所受到的压力F不变【解析】如图所示，以杆上C点为研究对象，C点受到三个力作用：杆的支持力F′(大小等于F)、绳b的拉力(大小等于重物重力G)、绳a的拉力F a.三力组合成一个矢量三角形，且力的三角形与几何三角形ABC相似．由于力的三角形与几何三角形相似，可由几何边长的变化判定对应力大小的变化：随着细绳a慢慢放下，几何边AC变长、BC边不变，则绳a的拉力F a增大，杆所受压力F不变．故选项D正确．【答案】 D6. (2012·湛江模拟)两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两圆环上分别用细线悬吊着一个物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )A．A圆环与滑杆无摩擦力B．B圆环与滑杆无摩擦力C．A圆环做的是匀速运动D．B圆环做的是匀速运动【解析】由于A圆环和物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为gsin θ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度等于gsin θ必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动，D正确．【答案】AD7.(2011·合肥模拟)如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是( )A．2、3两木块之间的距离等于B．2、3两木块之间的距离等于C．1、2两木块之间的距离大于2、3两木块之间的距离D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大【解析】设2、3两木块之间弹簧伸长量为x1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，＝kx1，故2、3两木块之间的距离为L＋x1＝，A错误，B正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x2，以2、3两木块为一整体，可得：kx2＝，故1、2两木块之间的距离为，C正确；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，D错误．【答案】BC8.如图所示，光滑的直角三角形框架ABC竖直放在水平面上，两质量均为m的小环M、N用轻质细绳相连套在两直角边上而处于静止状态，已知θ＝30°，则下列判断正确的是( )A．细绳张力大小为3mg B．环M对AB边压力为mgC．环M、N对两直角边的压力比值为 3D．剪断细绳瞬间，环M、N的加速度比为3∶3【解析】因M处于平衡状态，对M受力分析可得：Tcos α＝mgsin θ及Tsin α＋mgcos θ＝F M，同理对N受力分析也可得：Tsin α＝mgcos θ，Tcos α＋mgsin θ＝F N，联立可得α＝60°，T＝mg，F M＝3mg，F N＝mg，A、B错，C对；剪断绳瞬gsin θgcos θ＝33，间，两环合力均为各自重力沿斜面的分力作用，产生的加速度比为D对．【答案】CD9.(2012·天水月考)如图所示，质量M＝ kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝ kg的小球相连．今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 N/kg.求：(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)以球为研究对象，球受力如图(a)所示据共点力平衡条件得Fcos 30°－Tcos θ＝0 Fsin 30°＋Tsin θ＝mg 解得T ＝10 3 N θ＝30°.(2)以木块M 为研究对象，其受力如图(b)所示据共点力平衡条件得Tcos 30°－f ＝0 F N －Mg －Tsin 30°＝0f ＝μF N解得μ＝0.35.10.(易错题)(18分)如图所示，两个质量均为m 的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l 的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M 的木块上，两个小环之间的距离也为l ，小环保持静止.试求：(1)小环对杆的压力；(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？【解析】(1)对整体由平衡条件得：2N －(M ＋2m)g ＝0 (4分)解得：N ＝12Mg ＋mg (2分) 由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为：N ′＝12Mg ＋mg (2分) (2)对M 由平衡条件得：2Tcos30°－Mg ＝0 (4分)小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则：Tsin30°－μN ′＝0 (4分) 解得动摩擦因数μ至少为：μ＝3M 3(M ＋2m)(2分) 答案：(1)12Mg ＋mg (2)3M 3(M ＋2m)。

2015年高考物理优题训练系列(13)

2015年高考物理优题训练系列（13）（一）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

） 1．下列叙述正确的是A ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说B ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果C ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系D ．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定线圈中，会出现感应电流 2．如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为n 1:n 2=40:1，在副线圈两端接有“6V 40W”的电灯泡。

若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是A ．在原副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同B ．通过原副线圈的交变电流的频率相同C ．变压器输入电压的最大值为240 VD ．变压器输入功率为40W3．甲物体从高处自由下落时间t 后，乙物体从同一位置自由下落，在甲、乙都未落地前，以甲为参照物，乙物体的运动状态是A ．相对静止B ．向上做匀速直线运动C ．向下做匀速直线运动D ．向上做匀变速直线运动4．如图所示，一个质量为M 的物体a 放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m 的物体b 时，物体a 的加速度为a ，绳中张力为T ，则 A ．a=g B ．mga M mC ．T=mgD ．MTmg M m5．如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是 A ．小球的加速度先增大后减小 B ．小球的速度一直减小C ．动能和弹性势能之和保持不变D ．重力势能、弹性势能和动能之和保持不变6．如图所示，在半径为R 的圆柱形区域内有匀强磁场。

一个电子以速度为0v ，从M 点沿半径方向射入该磁场，从N 点射出，速度方向偏转了60。

2015高考物理拉分题专项训练10

摩擦力课后作业（一）1.如图所示，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则图所示木块所受到的摩擦力f随拉力F变化的图象正确的是( )解析：选D.当木块不受拉力时(F＝0)，桌面对木块没有摩擦力(f＝0)．当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反．随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达最大值f max.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡知，桌面对木块的静摩擦力f 始终与拉力F等大反向，即f随着F的增大而增大．木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且，在木块继续滑动的过程中保持不变．2.( 2012·山东济南调研)如图所示，一木板B放在粗糙的水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质水平弹簧与竖直墙壁连接．现用水平力F向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，这时弹簧对木块A的拉力大小为T.则下列说法正确的是( )A．A和B之间滑动摩擦力的大小等于FB．木块B受到地面滑动摩擦力的大小等于F＋TC．若木板以2v的速度运动，木块A受到的摩擦力大小为2TD．若作用在木板B上的水平力为2F，则地面受到的滑动摩擦力的大小仍等于F－T解析：选D.木块A静止，木板B以速度v向左匀速运动，都属于平衡状态，弹簧对木块A 的拉力大小为T，所以B对A的滑动摩擦力大小也为T，选项A错误；隔离木板B，水平方向三力平衡，可判断木块B受到地面滑动摩擦力的大小等于F－T，选项B错误；若木板以2v的速度运动，地面和木块A受到的滑动摩擦力都不变，选项C错误、D正确．3.(2012·莆田模拟)如图所示，用一水平力F把A、B两个物体挤压在竖直的墙上，A、B两物体均处于静止状态，下列判断正确的是( )A．B物体对A物体的静摩擦力方向向上B．F增大时，A和墙之间的摩擦力也增大C．若B的重力大于A的重力，则B受到的摩擦力大于墙对A的摩擦力D．不论A、B的重力哪个大，B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力解析：选D.将A、B视为整体，可以看出A物体受到墙的摩擦力竖直向上，对B受力分析可知B受到的摩擦力向上，由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力向下，A错误；由于A、B两物体受到的重力不变，根据平衡条件可知B错误；A和墙之间的摩擦力与A、B两物体重力平衡，故C错误、D正确．4.(2012·苏北四市调研)如图所示，质量分别为m A、m B的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则下列说法不正确．．．的是( )A．A、B间无摩擦力B．A、B间有摩擦力，且A对B的摩擦力对B做正功C．B与斜面间的动摩擦因数μ＝tanαD．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下解析：选A.由题意“它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑”判断A物体必定受到沿斜面向上的摩擦力，大小为m A gsinα，A错误；根据作用力与反作用力，A对B 的静摩擦力沿斜面向下，对B物体做正功，B正确；利用整体法得到C正确；由于B受到斜面对它的摩擦力沿斜面向上，根据作用力与反作用力的关系得到B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，D正确．5.(2012·龙岩模拟)如图所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，质量为1 kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8.该滑块所受摩擦力f随时间变化的图象是图中的(取初速度方向为正方向，取g＝10 m/s2)( )解析：选A.由于mgsin37°＜μmgcos37°，滑块减速下滑，因斜面足够长，故滑块最终一定静止在斜面上，开始阶段f滑＝μmgcos37°＝6.4 N，方向沿斜面向上，静止在斜面上时，f静＝mgsin37°＝6 N，方向沿斜面向上，由于取初速度方向为正方向，故图象A正确，B、C、D均错误．6.A、B两物块如图叠放，一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则 ( ) A．A、B间无摩擦力B．B与斜面间的动摩擦因数μ＝tan αC．A、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下解析选取A为研究对象，对其受力分析可知，物体A除了受到竖直向下的重力G A和垂直A、B接触面向上的弹力F N作用外，肯定还受到平行于A、B接触面指向左上方的摩擦力F f的作用，如下图所示．根据受力图可知，B对A的摩擦力F f与运动方向之间的夹角小于90°，所以摩擦力F f对A做正功，选项A、C均错误；选取A、B组成的系统为研究对象，该系统始终处于平衡状态，对其受力分析，根据力的平衡条件易得，斜面对整体的滑动摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故选项D正确；沿斜面方向(m A＋m B)gsin α＝μ(m A＋m B)gcos α，解得μ＝tan α，故选项B正确．答案BD7.将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F - t图象如乙图所示．则（）A．2.5s前小车做变加速运动 B．2.5s后小车做变加速运动C．2.5s前小车所受摩擦力不变 D．2.5s后小车所受摩擦力不变BD；2.5s前小车静止，所受摩擦力为静摩擦力，逐渐增大，选项AC错误；2.5s后小车做变加速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，不变，选项BD正确．8.(2012·珠海模拟)如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是( )A．F T始终增大，f始终减小B．F T保持不变，f始终增大C．F T保持不变，f先减小后增大D．F T先不变后增大，f先增大后减小【解析】加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F后，力F增大的开始阶段，物体P 所受到的静摩擦力仍水平向右，由平衡条件可得：F T ＝f ＋F ，物体被拉动之前，F T 不变，f 随F 的增大而减小，当f ＝0之后，F 仍然增大，物体P 所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：F T ＋f ＝F ，f 随F 的增大而增大，故只有C 正确．【答案】 C9.如图所示，物块m 放在倾角为θ的斜面上，受到平行于斜面的推力F 而静止，现将力F 撤去，则物块( )A ．会沿斜面下滑B ．摩擦力方向变化C ．摩擦力不变D ．摩擦力变小【解析】物体实际只受一个摩擦力的作用，施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面的分力相平衡，另一个分力与推力相平衡，撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变，由原来的倾斜方向变为沿斜面向上，与重力沿斜面的分力相平衡，故选B 、D.【答案】 BD10.如图甲所示，A 、B 两物体叠放在光滑水平面上，对B 物体施加一水平变力F ，F －t 关系图象如图乙所示．两物体在变力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则( )A ．t 时刻，两物体之间的摩擦力最大B ．t 时刻，两物体的速度方向开始改变C ．t ～2t 时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大D ．0～2t 时间内，物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同【解析】 t 时刻F ＝0，A 、B 的加速度为零，因此两物体速度方向不变，且A 、B 间的摩擦力为零，可见选项A 、B 错．t ～2t 时间内，A 、B 系统的加速度逐渐增大，以A 为研究对象，A 受到的摩擦力应逐渐增大；A 的加速度由其受到的摩擦力提供，因此A 受到摩擦力与A 、B 加速度同向，即与F 同向，可见选项C 、D 正确．【答案】 CD11.(2012·山东省实验中学月考)如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上受到向右的拉力F 的作用向右滑行，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 ．当F>μ2(m ＋M)g 时，木板便会开始运动D ．无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动【解析】木块在力F 的作用下向右滑动，木块与木板之间为滑动摩擦力，F f1＝μ1mg.木板处于静止状态，其与地面间为静摩擦力，根据物体的平衡条件可知F f2＝F f1＝μ1mg ，并保持不变．【答案】 AD12.(18分)木块A 、B 分别重50 N 和60 N ，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩了2 cm ，弹簧的劲度系数为400 N/m.系统置于水平地面上静止不动.现用F ＝1 N 的水平拉力作用在木块B 上，如图所示，求力F 作用后木块A 、B 所受摩擦力的大小.【解析】未加F 时，木块A 、B 受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，即f A ＝f B ＝F 弹＝kx ＝400×0.02 N ＝8 N (4分)木块B 受地面的最大静摩擦力为：m B f ＝μN B ＝0.25×60 N ＝15 N (4分)施加F 后，对木块B 有：F ＋F 弹＜m B f (3分)故B 所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为： f ′B ＝F ＋F 弹＝9 N (4分)施加F 后，木块A 所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为： f ′A ＝8 N (3分)第七讲摩擦力课后作业（二）1.如图所示，物体m静止在倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的推力F＝kt(k为比例常量、t为时间)作用在物体上，从t＝0开始，物体所受摩擦力f随时间t的变化的关系是图中的( )【解析】选D.因物体静止，故所受摩擦力为静摩擦力，沿斜面方向：f＝mgsinθ，垂直斜面方向：N＝mgcosθ；施加力F后，垂直斜面方向：N′＝F＋mgcosθ，沿斜面方向：f＝mgsinθ，故斜面受到压力变大，静摩擦力大小不变，D正确.2.如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力f随t的变化关系是图中的( )【解析】选B.物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力f的作用，由于f从零开始均匀增大，开始一段时间f<G，物体加速下滑；当f＝G时，物体的速度达到最大值，之后f>G，物体向下做减速运动，直至减速为零.在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为f＝μN＝μF＝μkt，即f与t成正比，是一条过原点的倾斜直线；当物体速度减为零后，滑动摩擦力变为静摩擦力，其大小为f＝G，所以物体静止后的图线平行于t轴，故B正确.3.(2012·揭阳模拟)如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度小于原长.若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小和地面对P的摩擦力f 的大小的变化情况是( )A.弹簧对P的弹力T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B.弹簧对P的弹力T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C.弹簧对P的弹力T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D.弹簧对P的弹力T先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小【解析】选B.在P被拉动之前的过程中，弹簧长度不变，弹簧对P的弹力T的大小保持不变；由于弹簧长度小于原长，P有向右的运动趋势，所受静摩擦力向左，用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P的过程中，地面对P的摩擦力始终增大，选项B正确.4.(预测题)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则( )A.B受到C的摩擦力一定不为零B.C受到水平面的摩擦力一定为零C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等4.【解题指南】解答本题应把握以下两点：(1)B 受到C 的摩擦力方向取决于绳的拉力与B 所受重力沿斜面向下的分力的大小关系.(2)水平面对C 的支持力利用整体法分析.【解析】选C.以B 物体为研究对象，沿斜面方向受到重力沿斜面方向向下的分力、绳的拉力和静摩擦力，静摩擦力的大小等于重力沿斜面方向向下的分力与拉力的合力，所以可能为0，可能沿斜面向上或向下，A 错误；对B 、C 整体受力分析可知不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对C 的摩擦力与拉力在水平方向上的分力平衡，方向水平向左，B 错误，C 正确；水平面对C 的支持力等于B 、C 的总重力减去拉力在竖直方向上的分力，D 错误.5.(2012·中山模拟)如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F 的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m ＋M)gC.当F>μ2(m ＋M)g 时，长木板便开始运动D.无论怎样改变F 的大小，长木板都不可能运动【解析】选A 、D.木块向右滑行，木块受到水平向左的滑动摩擦力，其大小F f ＝μ1mg ，则木板受到木块水平向右的滑动摩擦力为μ1mg ，由于木板处于静止状态，故木板受到地面的静摩擦力的大小一定是μ1mg ，方向水平向左，A 正确，B 错误；力F 发生变化，只能改变木块的运动状态，但木块所受的滑动摩擦力不会发生变化，因此长木板仍保持静止状态，C 错误、D 正确.6.A 、B 、C 三个物体如图所示放置在水平面上，所有接触面均不光滑，有一个水平向右的力F 作用在物体C 上，使A 、B 、C 一起向右做匀速运动，则( )A.B 对A 的静摩擦力方向水平向左B.B 对A 的静摩擦力方向水平向右C.C 对A 的静摩擦力方向水平向左D.C 对A 的静摩擦力方向水平向右【解析】选A 、D.物体B 相对地面水平向右运动，所受地面的滑动摩擦力方向向左，因B 匀速运动，故A 对B 的静摩擦力方向水平向右，从而B 对A 的静摩擦力方向水平向左，A 正确，B 错误；物体A 水平向右匀速运动，B 对它的静摩擦力方向水平向左，因而C 对A 的静摩擦力方向水平向右，C 错误，D 正确.7．(2010·高考课标全国卷)如图2－1－21所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A.3－1 B ．2－ 3 C.32－12 D ．1－32解析：选B.当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos 60°＝μ(mg －F 1sin60°)；当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．8. [2013·东北三校二联]如图所示，A 、B 两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P 点，另一端与A 相连接，下列说法正确的是( )A ．如果B 对A 无摩擦力，则地面对B 也无摩擦力B ．如果B 对A 有向左的摩擦力，则地面对B 也有向左的摩擦力C ．P 点缓慢下移过程中，B 对A 的支持力一定减小D ．P 点缓慢下移过程中，地面对B 的摩擦力一定增大解析：物块B 在水平方向只有可能受到地面对B 、A 对B 的两个摩擦力的作用，由于B 物体静止，则这两个力或都不存在、或同时存在且等大反向，故A 、B 皆正确．在P 点缓慢下移到P 、A 等高过程中，若弹簧原处于拉伸状态时，弹簧可能由伸长变为压缩，也可能一直处于拉伸状态，则弹力可能由斜向上的逐渐减小的拉力变为斜向下逐渐增大的推力，也可能一直是斜向上逐渐减小的拉力，故对A 由平衡条件知：两种情况下B 对A 的支持力在弹力逐渐减小时是一直减小的，而在弹力逐渐增大时不能判定；B 对A 的摩擦力变化情况在弹力减小时不能确定，在弹力增大时摩擦力一定增大．同理可知若弹簧原处于原长或压缩状态时，则弹力一直是逐渐增大的推力，由平衡条件知B 对A 的支持力变化情况不能确定，B 对A 的摩擦力一定是一直增大的，再考虑到还有P 点移动到与A 等高位置之下的情况，故整个过程中B 对A 的支持力、摩擦力变化情况都不能确定，则地面对B 的摩擦力变化情况也不能确定，C 、D 皆错误．答案：AB9.如图2－1－26所示，物体A 、B 的质量m A ＝6 kg ，m B ＝4 kg ，A 与B 、B 与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，在外力F 作用下，A 和B 一起匀速运动，求A 对B 和地面对B 的摩擦力的大小和方向(g 取10 m/s 2)．【解析】因为A 、B 一起在地面上运动，所以A 与B 间是静摩擦力，而B 与地面间是滑动摩擦力，所以有F 地B ＝μ(m A ＋m B )g ＝0.3×(6＋4)×10 N＝30 NF 地B 的方向与相对运动方向相反，即向左．整体受力分析知F ＝F 地B ＝30 N ，对A 物体有F T －F BA ＝0，其中F T 为绳的拉力，大小为F T ＝F 2＝15 N 解得F BA ＝15 N ，方向向左，根据牛顿第三定律知，A 对B 的摩擦力大小为F AB10.[2014·陕西宝鸡]如图所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．解析：(1)对物体受力分析，由平衡条件可知，mgsin30°＝μmgcos30°解得，μ＝tan30°＝33. (2)设斜面倾角为α时，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：Fcos α＝mgsin α＋f N ＝mgcos α＋Fsin αf ＝μN解得：F ＝mgsin α＋μmgcos αcos α－μsin α当cos α－μsin α→0，即cot α→33时，F→∞，即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”此时，临界角θ0＝α＝60°.答案：(1)33(2)60°。

2015年高考物理拉分题专项训练专题23楞次定律的灵活应用(含解析)

2015年高考物理拉分题专项训练专题23 楞次定律的灵活应用（含解析）一、考点精析：题型分类与解题思路：题型1、判断感应电流的方向——基本应用思路：−−−−−→−−−−→−−−−−→右手螺旋定则楞次定律右手螺旋定则原电流原磁场感应磁场感应电流方向题型2、判断物体的受力情况、运动趋势、线圈的面积变化——拓展应用思路： B S −−−−→−−−−−→−−−−→→Φ⨯→ 楞次定律右手螺旋定则左手定则原磁场感应磁场感应电流安培力运动趋势（有保持不变的趋势）＝（增或减）（减或增）线圈面积变化题型3、判断与自感现象相关的问题——拓展应用思路：−−−−→阻碍变化增反减同原电流变化感应电流方向二、经典考题：例题1、（感应电流的方向）如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd 在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ．在这个过程中，线圈中的感应电流（）A ．始终沿abcd 方向B ．始终沿dcba 方向C ．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd 方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba 方向D ．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba 方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd 方向例题2、（受力情况）如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则：T1mg，T2 mg （选填“＞”，“=”或“＜”）解析：例题3、（受力情况、运动趋势）如图所示，甲图中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通如图乙所示的交变电流i，则（）A．从t1到t2时间内A、B两线圈吸引B．从t2到t3时间内A、B两线圈相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间的吸引力最大解析：A、先通过分析A中的电流变化引起的磁场变化，再用楞次定律找出B的感应电流磁场，然后判断出B的电流方向，再判断B受到的安培力的方向，然后就能判断运动趋势；但是过程太繁琐，本专题研究的是灵活应用，可以这么判断： A的磁场通过B的磁通量有保持不变的趋势（即阻碍其磁通量的变化），因为A电流变小，所有通过B的磁感应强度减小，要尽量保持磁通量不变，所以B线圈就有往磁感应强度大的区域运动的趋势（和线圈面积增大的趋势），所有二者一定有靠近的趋势，故A正确；B、方法同上，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误例题4、（线圈面积变化）如图所示，光滑固定导轨MN水平放置，两根导体棒PQ平行放在导轨上，形成闭合回路．一条形磁铁从上向下迅速接近回路时，可动的两导体棒PQ将（）A．保持不动 B．两根导体相互远离C．两根导体相互靠近 D．无法判断解析：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知磁感应强度B要增加，则面积S就要减小，所以P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故C正确。

2015年高考物理优题训练系列(17)

2015年高考物理优题训练系列（17）（一）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，计48分．在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；第9—l2题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学中用到了大量的科学方法，建立下列概念时均用到“等效替代”方法的是A．“合力与分力”、“质点”、“电场强度”B．“质点”、“平均速度”、“点电荷”C．“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”D．“点电荷”、“总电阻”、“电场强度”2．如图所示，两个电荷量均为+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上，两个小球的半径，则轻绳的张力大小为3．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动，将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A．与粒子电荷量成正比B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比D．与磁感应强度成正比4．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c．已知质点的速率是递减的，关于b点电场强度E的方向，图中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）5．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的两倍6．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光，若某一时刻电灯L．的灯丝断了（此时其余各电灯均不会被烧毁），则下列判断正确的是7．质量分别为2m,和m的A、B两种物体分别在水平。

恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v-t图象如图所示，别下列说法正确的是8．如图所示，MN上方存在匀强磁场，带同种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从D点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为，且同时到达P点，已知OP =d，则A．a、b两粒子运动半径之比为B．a、b两粒子的初速率之比为C．a、b两粒子的质量之比为4：25D．a、b两粒子的电荷量之比为2：159．如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB=6 cm，BC =2 cm，A点的电势为，B点的电势为，C点的电势为PC=-2 V．则A．将一个电荷量为的电荷从B点移到C点，电场力做功为B．将一个电荷量为的电荷从B点移到C点，电场力做功为C．此电场的电场强度大小为，从A指向CD．此电场的电场强度大小为沿LC的平分线斜向上10．假设有两颗人造地球卫星围绕地球做圆周运动，其轨道半径分别为，向心加速度分别为，角速度分别为，则11．如图所示，直线I、Ⅱ分别是电源l与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源l、电源2单独连接，则下列说法正确的是A．电源1与电源2的内阻之比是11:7B．电源1与电源2的电动势之比是l：lC．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：212．质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，起初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为8，其方向与轨道平面成p角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，下列说法正确的是A．导体棒向左运动B．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为号芋C ．电键闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为丝絮粤旦D ．电键闭合瞬间导体棒MN 的加速度为丝瓮善鱼（二）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。