2019-2020年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版 (II).doc

2019-2020年高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版 (II)一、单项选择题（本题共12小题每小题3分，共36分）1（3分）高三某同学对自己在本学期学校体检后的一些数据在单位上作了一些转化，其中部分数据在如下选项中给出，在他给出的数据中，单位不属于国际制单位的有（）A体重G=637NB质量m=65kgC身高H=178cmD心跳100次时间t=80s考点：力学单位制.分析：本题根据单位有国际单位和常用单位进行区分解答：解：A、N是导出单位，不是国际单位，符合题意，故A正确B、kg是国际单位中的基本单位，不符合题意，故B错误C、cm是常用单位，不属于国际单位，符合题意，故C正确D、s是时间单位，属于国际单位，不符合题意，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键要明确物理量的单位，知道它是国际单位，还是常用单位2伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O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减低的材料时，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如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态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，它的加速度越小考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.分析：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去解答：解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误故选：A点评：要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点3（3分）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示设投放初速度为零，下落运动中箱子所受的空气阻力不能忽略，且运动过程中箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A箱与箱内物体一起作自由落体运动B由于失重，箱内物体对箱子底部始终没有压力C下落过程中，空气阻力越大，箱内物体对箱子底部压力越小D不论下落距离有多长，箱内物体不可能不受底部支持力而“飘起来”考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据箱子的受力的情况可以判断物体的运动状态，进而由牛顿第二定律可以判断物体和箱子之间的作用力的大小解答：解：A、B、C、刚释放时，速度较小，阻力较小，箱子做加速运动，空气阻力随箱子下落速度的增大，阻力不断变大，故箱子做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做匀速运动；在达到稳定速度前箱内物体处于失重状态；对箱内物体受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgN=ma由于a逐渐增大到等于g，故支持力N由0逐渐增大到mg，之后保持不变；故ABC错误；D、支持力N由0逐渐增大到mg，之后保持不变，所以即使下落距离足够长，箱内物体也不可能飘起来，处于完全失重状态故D正确故选：D点评：本题关键先对整体受力分析，得到加速度的变化情况，然后再对m受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析求解4（3分）在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲和起立的动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力尸随时间f变化的图象，则下列图象中可能正确的是（）ABCD考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：牛顿运动定律综合专题分析：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态解答：解：对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小，BC错误；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，A错误；在起立过程中加速度向上，处于超重状态，所以D正确故选D点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了5（3分）一只小船在静水中的速度大小始终为5m/s，在流速为3m/s的河中航行，则河岸上的人能看到船的实际航速大小可能是（）A1m/sB3m/sC8m/sD10m/s考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：船参与了静水运动和水流运动这两运动的合运动，船实际的航速是这两个速度的合速度，根据平行四边形定则，判定合速度的大小解答：解：船实际的航速是静水速和水流速的合速度，根据平行四边形定则，实际航速v大于等于2m/s，小于等于8m/s故B、C正确，A、D错误故选BC点评：解决本题的关键知道船参与了静水运动和水流运动这两运动的合运动，会根据平行四边形定则判定合速度的大小6（3分）设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动，则在这过程中（）A牵引力增大，功率增大B牵引力不变，功率增大C牵引力增大，功率不变D牵引力不变，功率不变考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：要使汽车在开始运动一小段时间保持匀加速直线运动，则牵引力不能变化，而速度增大，根据P=Fv分析即可解答：解：汽车做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律可知，牵引力不变，而速度增大，根据P=Fv可知，牵引力的功率增大，故B正确故选：B点评：本题主要考查了牛顿第二定律及P=Fv的直接应用，难度不大，所以基础题7（3分）如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为35的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4.87m/s2，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A物块的机械能可能不变B物块的机械能一定增加C物块的机械能一定减少D物块的机械能可能增加，也可能减少考点：动能定理的应用；功能关系.专题：动能定理的应用专题分析：当物体只有重力做功，物体的机械能守恒，结合机械能守恒的条件判断物体的机械能是否守恒解答：解：物体的加速度为4.87m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：mgsin35+fF=ma，可知F大于f，F与f的合力做正功，机械能增加故选：B点评：本题关键抓住除重力以外的力做功情况与机械能变化的关系进行分析，根据牛顿第二定律得到拉力与摩擦力的合力可能的大小和方向，分析其做功，即可判断机械能的变化情况8（3分）2014年9月16日，在第五届无人机大会上，成飞展出了VD200垂直起降无人机某次表现中VD200从地面竖直方向匀加速起飞一段位移后，突然在原方向上改做匀减速直线运动，直到速度为零现只对无人机的这个运动过程，下列速度v和位移x的关系图象中，描述最合理的是（）ABCD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：根据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解解答：解：无人机先做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，则v2=2a1xv=，所以图象是开口向右的抛物线，后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则v2=2a2x解得：v=，则图象是开口向左的抛物线，故C正确故选：C点评：本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中9（3分）（xx重庆）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是（）ABCD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：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度解答：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，vt图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：D点评：本题关键是明确vt图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难10（3分）如图所示，倾角为的三角形框架置于水平面上，一轻质弹簧一端固定在框架底边，另一端固定在物块A上，物块A质量为m静止在三角形框架斜边内侧，弹簧与框架斜边垂直，整个装置处于静止状态下列说法正确的是（）A框架受到地面的摩擦力作用BA物块可能受到三个力的作用CA物块受到摩擦力大小为mgsinD弹簧可能处于原长状态考点：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：以框架和物块A整体为研究对象受力分析，根据平衡条件判断与地面间是否有摩擦力；以物块A为研究对象，根据平衡条件判断受力情况解答：解：A、以框架和物块A整体为研究对象受力分析，水平方向没有使整体发生相对地面运动的趋势，故不受地面的摩擦力，A错误；B、A物块受重力、弹簧的弹力，两个力的合力不可能为零，还需要沿斜面向上的摩擦力才能平衡，有摩擦力一定有弹力，故还受斜面给的垂直斜面向下的弹力，共4个力作用；B错误；C、沿斜面方向受力平衡：则f=mgsin，C正确；D、由前面分析知弹簧一定有弹力，故不可能处于原长，D错误；故选：C点评：本题考查受力分析方法，一定要注意整体法的正确应用；同时注意有摩擦力一定有弹力11（3分）如图所示，质量均为m的两个完全相同的条形磁铁A和B竖直放置在水平地面上，物体P质量也为m，用一条轻绳通过光滑滑轮连接A与P，设B与地面间的弹力为F1，A、B之间的弹力为F2，则关于F1、F2的大小关系正确的是（）AF1=mgBF2=mgCF1=0DF2=0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：（1）对磁铁A进行受力分析，受到向下的重力、向上的拉力、B对A的引力和B对A的支持力，根据这四个力平衡可判断B对A的支持力F1的大小；（2）把磁铁A和B当成一个整体进行受力分析，这个整体的重力等于2mg，向上的拉力为mg，还有向上的支持力，根据这三个力平衡，可求出水平地面对B的支持力F2的大小解答：解：A、把磁铁A和B当成一个整体，这个整体的重力等于2mg，向上的拉力为mg，还有向上的支持力，根据这三个力平衡，所以水平地面对B的支持力F1的大小等于mg；故A正确C错误；B、磁铁A受到向下的重力、向上的拉力、B对A的向下引力和B对A向上的支持力，这四个力平衡，因为拉力和重力大小相等，所以B对A的向下引力和B对A向上的支持力相等，所以，F20；故B错误，D错误；故选：A点评：本题考查了学生对物体受力分析和平衡条件的应用，能正确的采用整体法和隔离法对物体进行受力分析是关键12（3分）近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图（俯视图）是某台设计的冲关活动中的一个环节要求挑战者从平台上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为2m，转盘以12.5r/min的转速匀速转动转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为（）A4m/sB5m/sC6m/sD7m/s考点：线速度、角速度和周期、转速.专题：匀速圆周运动专题分析：挑战者从平台边缘水平挑起后做平抛运动，要求挑战者起跳后在空中运动时间内转盘正好转过30，由此列方程可正确解答解答：解：人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：由此解得时间t=0.5s转盘的角速度为：=2n=转盘转过所用时间为：要使人能跳过空隙，时间应该小于0.4s，因此根据水平方向匀速运动有：x=v0t 解得：v0=5m/s，故ACD错误，B正确故选B点评：本题考查了圆周运动与平抛运动的结合，注意这两种运动模型的特点，根据时间关系列方程是解决这类问题的关键二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）13（4分）（xx广东模拟）如图所示是物体在某段运动过程中的vt图象，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则时间 由t1到t2的过程中（）A加速度不断减小B加速度不断增大C平均速度=D平均速度考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：匀变速直线运动图象应用为高考必考点，图象的截距、斜率、面积及交点的意义常为解题的关键，如本题中直线斜率在变化，因此是变速运动，同时由图象可知速度方向始终不变因此为直线运动，同时注意公式=的适用条件解答：解：A、vt图象的斜率值表示加速度，若为曲线则曲线的切线的斜率值反应加速度的大小，t1到t2斜率值变小，故加速度不断变小，故A正确，B错误；C、平均速度=的适用公式仅适用于匀变速直线运动中，本题中若在图象上做过t1、t2的直线，则=表示该直线运动的平均速度，根据面积表示位移大小可知平均速度，故C错误，D正确故选AD点评：图象题历来为考试热点，记忆口诀“先看轴，再看线，求求斜率，相相面”同时要明确公式的适用条件，不能混用公式14（4分）如图所示，物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m开始以手托住物体A，两绳恰好伸直，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h放手后A从静止开始下落，在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，（不计滑轮处的摩擦）则下列说法正确的是（）A在A下落至地面前的过程中物体B始终处于平衡状态B在A下落至地面前的过程中A物体始终处于失重状态C在A下落至地面前的过程中A物体的机械能减少了mghDA落地前的瞬间加速度为g方向向上考点：功能关系；超重和失重.分析：弹簧处于原长状态，A从静止开始下落后，弹簧伸长，绳子对B有向上的拉力，由题可知，B一直处于静止状态在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，此时弹簧的拉力恰好等于B的重力，说明弹簧的弹力从零开始逐渐增大到2mg，A先处于失重状态，后处于超重状态以A研究对象，A落地前的瞬间受到向上的拉力，大小等于2mg，重力mg，由牛顿第二定律分析得到加速度的大小和方向解答：解：A、由题分析可知，在A下落至地面前的过程中，B一直处于静止状态，即B始终处于平衡状态故A正确B、在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力，此时弹簧的拉力恰好等于B的重力2mg，说明的弹簧的弹力从0逐渐增大到2mg，而A的重力为mg，所以弹簧的弹力先小于A的重力，后大于A的重力，则A先处于失重状态，后处于超重状态故B错误；C、在A下落至地面前的过程中A物体的重力做功是mgh，动能变化是0，机械能减少了mgh，C正确D、以A研究对象，A落地前的瞬间，受到拉力和重力作用，拉力大小等于2mg，重力大小为mg，由牛顿第二定律分析得到加速度的大小为g，方向竖直向上故D正确故选：ACD点评：本题分析时，要抓住“在A下落至地面前的瞬间物体B恰好对地面无压力”，分析弹簧的弹力情况，即可判断超重和失重，运用牛顿第二定律求解加速度，所以分析受力是关键15（4分）如图，倾斜固定的气垫导轨底端固定有滑块P，滑块Q可在导轨上无摩擦滑动，两滑块上分别固定有同名磁极相对的条形磁铁将Q在导轨上方某一位置由静止释放，已知由于磁力作用，Q下滑过程中并未与P相碰不考虑磁铁因相互作用而影响磁性，且不计空气阻力，则在Q下滑过程中（）A滑块Q的机械能守恒B滑块Q和滑块P间的最近距离与初始释放位置的高度有关C滑块Q所能达到最大速度与初始释放位置的高度有关D滑块Q达到最大速度时的位置与初始释放位置的高度无关考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：机械能守恒的条件是只有重力做功；分析滑块Q的受力情况，来判断其运动情况，即可分析PQ最近距离和Q的最大速度与什么因素有关解答：解：A、滑块Q下滑的过程中，受到P的排斥力作用，此排斥力对Q做负功，所以Q的机械能减小，故A错误B、滑块Q在下滑过程中，沿轨道方向受到重力的分力和磁场斥力，先做加速运动后做减速运动，当速度减至零时，与P的距离最近根据能量守恒得知，Q初始释放位置的高度越大，相对于P位置具有的重力势能越大，当P运动到最低点时，其重力势能全部转化为磁场能，则知磁场能越大，PQ的距离越近，故B正确CD、当滑块所受的磁场力与重力沿轨道向下的分力二力平衡时，Q的速度最大，重力的分力一定，根据平衡条件得知，速度最大时磁场力的大小也一定，则Q速度最大的位置一定，与Q初始释放位置的高度无关根据能量守恒得知，滑块Q释放的位置越高，具有的重力势能越大，速度最大时磁场能一定，则Q所能达到的最大动能越大，最大速度也越大，故知滑块Q所能达到最大速度与初始释放位置的高度有关故CD正确故选：BCD点评：本题类似于滑块Q压在弹簧上的过程，关键能正确分析Q的受力情况，判断其运动情况16（4分）冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从减小到某一较小值，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点关于这一运动过程，以下说法正确的是（）A为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰B为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰C擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短D擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：从发球到O点应用动能定理列出等式找出在冰壶滑行路线上擦冰的距离来进行判断擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短解答：解：A、从发球到O点应用动能定理列出等式可知：，所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行故A错误，B正确C、擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短，故C正确，D错误故选BC点评：本题关键要分析冰壶的运动情况，能运用动能定理找出擦冰的距离对于一定距离，先以较大速度运动，再以较小速度运动，总的时间较小17（4分）如图所示，光滑水平面AB=x，其右端BC是一个半径为R的竖直光滑半圆轨道质量为m的质点静止在A处若用水平恒力F将质点推到B处后撞去，质点将沿半圆轨道运动到C处并恰好下落到A处则（）A可以判断出x=2R时，水平恒力F对质点做功最少B可以判断出x=R时，水平恒力F对质点做功最少C要满足上述运动过程，水平恒力F大小至少为mgD要满足上述运动过程，水平恒力F大小至少为mg考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：当质点恰好到达最高点时，初速度最小，水平距离最小，结合平抛运动的规律，通过高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离的最小值根据动能定理求出F的大小解答：解：A、当小球恰好到达最高点时，水平距离最小，根据牛顿第二定律得：mg=，解得：根据2R=gt2，则水平距离的最小值x=vCt=2R故A正确，B错误C、对A到C的过程运用动能定理得：Fxmg2R=0，解得：F=mg，即水平恒力F的最小值为mg故C错误D正确故选：AD点评：本题考查了圆周运动、平抛运动与动能定理的综合，知道圆周运动最高点的临界情况，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键18（4分）如图所示，置于竖直平面内的AB光滑细杆轨道，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点右边A1B1光滑杆是与AB光滑杆完全相同的沿AB线为轴转过180的杆子，现将两相同a、b小球分别套在AB与A1B1轨道的最上端，同时由静止开始从轨道顶端滑下，重力加速度为g则（）Aa、b两小球同时从轨道末端出来B小球b从轨道末端出来的速度大小为C小球a从轨道末端出来的水平速度大小为D除初始时刻速度都为零外，在轨道上运动的任意时刻，b球速度总是大于a球体速度考点：动能定理的应用；机械能守恒定律.分析：小球沿着光滑的抛物线轨道运动，通过任意位置的速度方向与平抛运动通过该点时的速度方向是一致的，小球运动过程中只有重力做功，机械能也守恒；根据机械能守恒定律和平抛运动的规律列式分析即可解答：解：A、根据机械能守恒定律，两个球最后的速度应该相等，而A1B1轨道坡度先大后小，AB轨道坡度先小后大，故应该是b球先达到轨道末端；故A错误；B、光滑细杆轨道AB，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，故高度差为：h=小球a从静止释放，根据机械能守恒定律，有：mgh=联立解得：v=故B正确；C、光滑细杆轨道AB，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，故末速度与水平速度的夹角的正切值为：tan=故小球a从轨道末端出来的水平速度大小为：vx=vcos=故C正确；D、根据机械能守恒定律，两个球最后的速度应该相等，而A1B1轨道坡度先大后小，AB轨道坡度先小后大，故除初始时刻速度都为零外，在轨道上运动的任意时刻，b球速度总是大于a球体速度；故D正确；故选：BCD点评：本题关键是明确小球运动的规律，速度大小根据机械能守恒定律求解，速度方向与平抛运动的速度方向一致，同时要明确加速度先大后小与先小后大比，是加速度先大后小快三、填空题（本题共3小题，每空2分，共16分）19（4分）（1）在“探究求合力的方法”的实验中，要求每次合力与分力产生相同的效果，必须AA每次将橡皮条拉到同样的位置B每次把橡皮条拉直C每次准确读出弹簧秤的示数D每次记准细绳方向（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图（2）中=考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：（1）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置（2）根据力的大小，通过共点力平衡，运用平行四边形定则求出解答：解：（1）：要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故A正确，B、C、D错误故选A（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有：竖直方向：4mgsin+3mgsin=5mg 水平方向：4mgcos=3mgcos 联立解得：=故答案为：A，点评：“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解20（4分）在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧外力的弹性限度内进行的用记录的外力F与弹簧的形变量x，作出Fx图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为200 N/m，图线不过坐标原点的原因是由于弹簧本身有重力考点：探究弹力和弹簧伸长的关系.专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：该题考察了应用弹力与弹簧长度关系的图象分析问题由胡克定律可求出弹簧的劲度系数解答：解：当拉力为8N时，弹簧的形变量为x=5cm=0.05m当拉力为0N时，弹簧的形变量为x=1cm=0.01m由胡克定律F=kx得：图线的斜率即为弹簧的劲度系数k=200N/m图线不过坐标原点的原因是由于弹簧本身有重力，使得弹簧没有外力的情况下已经伸长了一段距离故答案为：200，弹簧本身有重力点评：在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数21（8分）某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图（a）为实验装置简图（交流电的频率为50Hz）若取小车质量M=0.4kg，改变砂桶和砂的质量m的值，进行多次实验，以下m的值不合适的是BDAm1=5gBm2=1kg Cm3=10g Dm4=400g图（b）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为3.2m/s2（保留二位有效数字）为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验操作时必须首先平衡小车的摩擦力该操作是否成功判断的依据是不挂沙桶时小车拉纸带打的点是均匀的考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系.专题：实验题分析：（1）根据实验原理可知当砂和桶的总质量m要远小于小车的总质量M时，可将砂和桶的总重力看作小车的拉力（2）根据力的合成，要想小车受到的合外力等于细线的拉力，则其他力的合力为零，所以要平衡摩擦力；平衡摩擦力后不挂物体时小车做匀速直线运动，故打出的纸带是均匀的解答：解：（1）根据实验原理可知当砂和桶的总质量m要远小于小车的总质量M时，可将砂和桶的总重力看作小车的拉力，一般认为大于10倍为远远大于，所以AC合适，BD不合适，故选：BD； （2）纸带的运动方向向左，依次取四组数据为：x1，x2，x3，x4，则加速度：m/s2 （3）根据力的合成，要想小车受到的合外力等于细线的拉力，则其他力的合力为零，所以要平衡摩擦力，即实验操作时必须首先 平衡摩擦力；平衡摩擦力后不挂物体时小车应做匀速直线运动，故打出的纸带是点击均匀的，即平衡摩擦力是否成功的依据为 不挂沙桶时小车拉着纸带打的点迹是均匀的；故答案为：（1）BD；（2）3.2；（3）平衡小车的摩擦力，不挂沙桶时小车拉着纸带打的点迹是均匀的点评：实验问题需要结合物理规律去解决对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力等解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚四、计算题（本题共3小题，计24分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）22（8分）飞机在水平直线跑道上加速滑行时受到机身重力mg、竖直向上的机翼升力F升、发动机推力F推、空气阻力F阻、地面支持力FN和轮胎与地面之间的摩擦力F摩已知升力与阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升=k1v2，F阻=k2v2，轮胎和地面之间的等效动摩擦因数为设飞机在跑道上加速滑行时发动机推力F推=、动摩擦因数为=0.2（1）飞机离开跑道时的起飞速度（2）飞机在水平跑道上匀加速滑行所需条件是什么？（3）若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，则在跑道上匀加速滑行时间为多少？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：（1）飞机离开跑道时，升力与重力大小相等，据升力表达式求出起飞速度；（2）对飞机进行受力分析，根据牛顿第二定律得出保持匀加速运动所具备的条件；（3）根据速度时间关系求得飞机在跑道上滑行的时间解答：（1解：（1）根据题意有飞机离开跑道时，飞机的升力与重力平衡，故有：解得飞机起飞时的速度为：（2）根据牛顿运动定律，得飞机水平方向受推力摩擦力和阻力作用，合力使飞机产生加速度有：F推F阻F摩=ma代入数据可得：要使飞机做匀加速运动，故可知：即满足：k2=k1（3）由（2）问知，飞机做匀加速运动时满足k2=k1，所以匀加速运动的加速度为：由（1）知飞机的起飞速度为，根据速度时间关系知，飞机加速的时间为：t=20答：（1）飞机离开跑道时的起飞速度为；（2）飞机在水平跑道上匀加速滑行所需条件是：k2=k1；（3）若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，则在跑道上匀加速滑行时间为20点评：本题属于实际问题，利用生活中一实例，考查了力与运动的知识，要求学生对物理知识有了解并能学以致用让学生体会到物理不仅是有趣的，还是有用的23（8分）如图所示，轻绳一端系一质量为m的小球，另一端做成一个绳圈套在固定的图钉A和B上，此时小球在光滑的水平平台上做半径为a、角速度为的匀速圆周运动现拔掉图钉A让小球飞出，此后绳圈又被A正上方距A高为h的图钉B套住，达到稳定后，小球又在平台上做匀速圆周运动求：（1）图钉A拔掉前，轻绳对小球的拉力大小；（2）从拔掉图钉A开始到绳圈被图钉B套住过程的时间为多少？（3）小球最后做匀速圆周运动的角速度考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球做圆周运动的向心力是由轻线提供，根据牛顿第二定律可以解出轻线对小球的拉力；拔掉图钉后小球做匀速直线运动，找到直线运动的位移结合运动规律解出所需的时间；小球运动的法向速度在达到运动半径为a+h时，立刻减为零，只剩切线方向的分速度解答：解：（1）图钉A拔掉前，轻线的拉力大小为T=m2a（2）小球沿切线方向飞出做匀速直线运动直到线环被图钉B套住前，小球速度为v=a匀速运动的位移s=则时间t=（3）v可分解为切向速度v1和法向速度v2，绳被拉紧后v2=0，小球以速度v1做匀速圆周运动，半径r=a+h由v=得=答：（1）图钉A拔掉前，轻绳对小球的拉力大小为m2a；（2）从拔掉图钉A开始到绳圈被图钉B套住过程的时间为；（3）小球最后做匀速圆周运动的角速度点评：注意理解v可分解为切向速度v1和法向速度v2，绳被拉紧后v2=0，小球以速度v1做匀速圆周运动24（8分）某电视台组织的一次少年儿童野外“7天乐”娱乐活动中，他们用自带发电机带动电动机，由电动机牵引机械让娱乐者亲身感受到超重和失重现将他们的装置简化如下：E为发电机，AB为一固定水平地面上的金属架，竖直方向有效距离为H=20m，一根不计重力的钢绳，绕在电动机D上，通过光滑的定滑轮与坐椅和保护装置连接，小孩和坐椅及保护装置的总质量m=100kg，已知发电机E正常工作时消耗的总功率为P1=xxW，发电机工作效率为1=90%，电动机工作效率为2=80%，发电机输出的功率中要提供其它设施正常工作的功率为P2=550w，系统工作时不计一切摩擦阻力，重力加速度g=10m/s2求：（1）当所有机器都正常工作时，电动机的输出功率P0（2）小孩从地面向上加速5秒后达到最大速度，求小孩运动的最大速度和5秒内运动的距离考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据发电机与发电机的效率、消耗的总功率求出电动机的输出功率（2）（1）当牵引力等于重力式速度最大，由功率公式求出最大速度，由动能定理求出高度解答：解：（1）电动机的输出功率：P=（P11P2）2，代入数据解得：P=100W；（2）当速度最大时，T=mg，功率：P=mgv，代入数据解得：v=1m/s；加速上升过程，由动能定理得：Pt1mgh1=mv20，代入数据解得：h1=4.95m；答：（1）当所有机器都正常工作时，电动机的输出功率P0为100W；（2）小孩从地面向上加速5秒后达到最大速度为1m/s，小孩运动的最大速度和5秒内运动的距离为4.95m点评：本题考查了求功率、最大速度、位移问题，分析清楚运动过程、应用功率公式与动能定理即可正确解题