1、1力学题号 一 二 三 四 五 总分得分一、单选题（本大题共 5小题，共 20.0分）1. 质量为 m的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的水平力 F作用下开始运动，经过一段时间 t撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移 如果仅改变 F的大小，作用时间不变，总位移 s也会变.化，则 s与 F关系的图象是 ( )A. B. C. D. 【答案】 A【解析】解：当拉力 F小于最大静摩擦力，物体的位移为零；当 F大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得： ，=解得 ；=根据位移时间关系可得： ，=122=22122可见，作用时间不变， 图象的斜率是一个定值，所以 A正确， BCD错误故选： A根据
2、位移时间关系推导出位移与作用力的关系式，根据关系式进行分析即可对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提2. 如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力作用下匀速下滑 某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力 ，1 . 2则之后较短的一段时间内物块的运动状态是 ( )A. 仍匀速下滑 B. 匀加速下滑C. 匀减速下滑 D. 不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关【答案】 C【解析】解：设物块与斜面间的动摩擦因数为 ，斜面倾角为 ， 以物体为研究对象进行受力分析如图所示：沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：，1+=
3、所以 ；当物块上再施加一个竖直向下的恒力 ，则有：2，所以物体减速下滑，22故 ABD错误、 C正确；故选： C以物体为研究对象，根据共点力的平衡条件分析动摩擦因数的大小；在将 沿斜面方向和垂直于斜面方向2进行分解，根据 沿斜面方向的分力小于由于 增大的摩擦力即可判断2 2本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答3. 如图所示，箱子中固定有一根轻弹簧，弹簧上端连着一个重物，重物顶在箱子顶部，且弹簧处于压缩状态 设弹簧的弹力大小为 F，重物与箱子顶部的弹力大小为 当箱子. .做竖直
4、上抛运动时 ( )A. B. C. D. =0 =0 0， =0 =0， 0【答案】 B【解析】解：刚开始时，对重物受力分析，根据受力平衡，有 ，弹簧的弹力大于重力+=当箱子做竖直上抛运动时，加速度 ，方向竖直向下，因为弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力不为零=根据牛顿第二定律 +=解得： =0故选： B先根据物块平衡时，列出平衡方程，求出弹力大于重力，当箱子竖直上抛运动时，具有向下的加速度，合力向下，对物块运用牛顿第二定律列式进行分析；本题考查牛顿定律的应用，关键是注意分析物块受力情况，注意弹簧处于压缩状态，弹力一定不为零，方向始终向上，竖直上抛，加速度等于重力加速度，方向竖直向下，结合牛顿第二定
5、律即可求解4. 在离地高 h处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为 v，不计空气阻力，重力加速度为 g，两球落地的时间差为 ( )A. B. 2C. D. 2 +22+22【答案】 D【解析】解：自由下落的小球，有 ，得 =1221 1=2对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得： ，则得落地时速度大小为 +122=122 =2+2对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为 ，则运动时间为：2=+ =+22+2故时间之差为 =21=+22+22故选： D两个小球都作匀变速直线运动，机械能都守恒，根据运动学公式表示运动时间，得到落
6、地时间差本题关键要明确小球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动时间的关2系5. 如图所示，一物块相对木板向右从板上 A点滑至板上 B点，木板上 A、 B两点间距离为 5米，同时木板在地面上向左滑行 3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为 20N，则物块所受的摩擦力做功为 ( )A. B. C. 100J D. 160 100 40【答案】 D【解析】解：物块所受的摩擦力做的功为： ，故 D正确=20(53)=40故选： D根据 求解物块所受的摩擦力做功=本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积
7、，难度不大，属于基础题二、多选题（本大题共 4小题，共 16.0分）6. 如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行 从抛出.后起一段时间内小球的动能随时间平方 图象如图乙所示，横坐标在 之间图线为直线，( 2) 02.5此外为曲线 重力加速度为 则根据图乙信息，可以求得. . ( )A. 小球的初速度 B. 小球的质量C. 小球在斜面上滑行的时间 D. 斜面的倾角【答案】 ABD【解析】解：小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得： =+1220由平抛运动的规律有 =122联立得 =1222+1220图象在 之间是直线，由图可求得直线的斜率，设斜率为
8、由数学知识可得 已知，则能求02.5 .122=， 出小球的质量 m由图知 时， ，由 可求得小球的初速度 2=0 =5=1220 0小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为 ，则有，由题图知， ，可以求得 t，从而能求出斜面的倾角 =0=0 2=2.5 根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间 故 ABD正确， C错误.故选： ABD根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到 与 的关系式，再结合图象的信息分析能求哪些物理量 2解决本题的关键要根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到 与 的关系式，是常用的方程法，并把握 2图象的斜率、截距的意义进行解答7. 一颗子弹以水平
9、速度 穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动 设子弹与木块间相互作用0 .力恒定，则该过程中子弹及木块的速度时间图象可能正确的是 图中实线为子弹图线，虚线为木块图(线 )( )A. B. C. D. 【答案】 AB【解析】解： AB、设子弹运动的方向为正方向，子弹穿过木块后速度方向不变，为正方向，由于穿过木块过程中受到恒定的阻力作用，所以速度减小；对于木块，受到子弹的作用力后，有可能速度方向仍为负方向，也有可能最后速度方向与子弹方向相同，即为正方向，所以 AB正确、CD、子弹击中木块后，不可能出现二者均反向运动，所以 CD错误；故选： AB子弹与木块碰撞过程中二者的速度都减小，碰后子弹
10、速度方向不变、木块受到方向可能变化、有可能不变，由此分析对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提8. 如图所示，水平面上从 B点往左都是光滑的，从 B点往右都是粗糙的 质.量分别为 M和 m的两个小物块甲和乙 可视为质点 ，在光滑水平面上相( )距 L以相同的速度同时开始向右运动，它们在进入粗糙区域后最后静止 若它们与粗糙水平面间的动.摩擦因数相同，设静止后两物块间的距离为 s，甲运动的总时间为 、乙运动的总时间为 ，则以下1 2说法中正确的是 ( )A. 若 ，则 B. 无论 M、 m取何值，总是= = =0C. 若 ，则
11、 D. 无论 M、 m取何值，总是= 1=2 12【答案】 BD【解析】解：物块在水平面上的加速度 ，知两物块的加速度相等，因为经过 B点的速度相等，=根据 ，知停止距离 B点的位移相等，则 从 B点运动到停止的时间 ，知两物块从 B点到停=22 =0. =止的时间相等，在 B点左侧，因为乙的位移大于甲的位移，所以最终乙运动的总时间大于甲运动的总时间故 B、 D正确， A、 C错误.故选 BD根据牛顿第二定律求出物块在 B点右侧运动的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出停止的位移与 B点的距离，从而确定 s的大小 根据速度时间公式求出从 B点到停止所需的时间，从而比较出总时.间的长短3
12、解决本题的关键知道加速度是联系前后的桥梁，根据加速度通过速度位移公式和速度时间公式进行求解9. 如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的 A、 B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态 若缓慢移动细绳的端点，.则绳中拉力大小的变化情况是 ( )A. 只将绳的左端移向 点，拉力变小B. 只将绳的左端移向 点，拉力不变C. 只将绳的右端移向 点，拉力变小D. 只将绳的右端移向 点，拉力变大【答案】 BD【解析】解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子的长度为 点到墙壁的距离为 S，根据几何知识和对， 称性，得：=以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为 F，根据平
13、衡条件得，得：2=2AB、当只将绳的左端移向 点， S和 L均不变，则由 式 得知， F不变 故 A错误， B正确.CD、当只将绳的右端移向 点， S增大，而 L不变，则由 式得知， 增大， 减小，则由 式得知， F增大 故 C错误， D正确.故选： BD设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子的长度为 点到墙壁的距离为 S，根据几何知识和对称性， ， 可得到 ，当只将绳的左端移向 点或将绳的右端移向 点，分析 如何变化，以滑轮为研究对象，= 根据平衡条件分析拉力如何变化本题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析 与绳子的长度和 B点到墙壁距离的关系，也可以运用图解法，作图分析拉力的变化情况三
14、、填空题（本大题共 1小题，共 4.0分）10. 如图所示， 是重为 G的匀质杆， 是轻杆， A是 中点， 、 、 A处都用光滑铰链连接 、2 1 2 1 2 .C两点之间悬挂一根重为 G的匀质绳且 B、 C保持在同一水平线 此时 杆水平，与 杆夹角为. 2 1则 杆在 A端受到的弹力大小为 _，若仅将 C点沿水平线缓慢向左移动一些， 杆在 A37. 1 1端受到的弹力大小变化情况为_ 选填“不变”、“变小”或“变大”.( )【答案】 ；不变103【解析】解： 是轻质杆，且由于 是铰链连接，因此 给 O2B的弹力只能沿 方向，杆 B端给绳1 1 1 1子弹力的方向斜向左上方，则绳子给 O2B在
15、 B端的拉力斜向右下方，此拉力分解为竖直向下分力 和水平1向右的分力 ，根据绳子平衡可知分力 绳子重力的一半 对 根据力矩平衡可知：2 1= . 223721=0解得： =103C点沿水平线缓慢向左移动一些并不改变绳子给 的拉力向下的分力 的大小，而分力 的力矩始终为2 1 2零，因此不改变 的拉力；1故答案为： ，不变103是轻杆，故 A端的弹力平行杆子方向，否则不能平衡；对 ，以 为支点，根据力矩条件列式求1 2 2解本题要注意两点：1、轻质杆两端的弹力沿着杆子方向，否则不能平衡；2、本题绳子 B端对杆的弹力的力矩是固定的 ！四、实验题探究题（本大题共 2小题，共 18.0分）11. 图
16、甲 是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成 当沙漏摆动时，漏斗中的( ) .细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图象 图 乙 是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线 图中的虚线表示 . ( ) ( )图 乙 的 P处堆积的细沙比 Q处_ 选填“多”、“少”或“一样多” (1)( ) ( )经测量发现图 乙 中 ，若木板 1的移动速度 ，则木板 2的移动速度(2) ( ) = 1=3/_2=【答案】多； 4/【解析】解： 在图 乙 的 P处时，沙摆的速度最小，在 Q处时，沙摆的速度最大，所以堆积的细沙比
17、(1) ( )Q处多根据单摆周期公式 (2)=2它们在同一地点，且摆长相同，则周期相同，设为 段经历的时间是 段经历的时间为. 1=2， ；2=1.5设板长为 L，则：；1=1=2；2=2=1.5比较可得： 2=431=4/故答案为： 多 (1).(2)4/沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过两侧端点时速度最小，根据速度的大小分析细沙的多(1)少根据单摆周期公式 ，即可判定 OB段与 段经历的时间长短，再单摆的摆动和木板的运动同(2)=2 4时进行，根据速度的定义公式列式比较，即可求解本题考查单摆周期公式，关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解速度大小12. 如图甲
18、所示为测量电动机转速的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间隔为 T的电火花可在卡纸上留下痕迹请将下列实验步骤按先后排序：_(1)使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触接通电火花计时器的电源，使它工作起来启动电动机，使圆形卡纸转动起来关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹 如图乙所示 ，写出角速度 的表达 ( ) 式，代入数据，得出 的测量值单选题 要得到 的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是_(2)( ) 秒表 毫米刻度尺 圆规 量角器() () () ()写出角速度 的表达式 _
19、，并指出表达式中各个物理量的意义：_(3) =【答案】 ； D； ； 是 N个点对应的圆心角， T是电火花计时器的打点时间间隔(1)【解析】解： 该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出(1)卡片进行数据处理 故次序为 . 要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器(2)故选： D根据 ，则 是 N个点对应的圆心角， T是电火花计时器的打点时间间隔(3)= = (1)， 故答案为： ； ； 是 N个点对应的圆心角， T是电火花计时器的打点时(1)(2)(3)= (1)， 间间隔该实验应先安装器材，再启动电动机，然后接通电源打点，最后关闭电源，取
20、出卡片，测量进行数据(1)处理打点计时器可以记录时间，要求角速度，还得知道在一定的时间里转过的角度，这点可用量角器测(2)量角速度 ，测出角度，时间可以通过打点的间隔读出(3)=解决本题的关键知道该实验的实验原理 ，以及知道该实验的操作顺序=五、计算题（本大题共 4小题，共 40.0分）13. 如图所示金属小球 A和 B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端， A球质量为2m，不带电， B球质量为 m，带正电，电量为 ，轻杆可绕.=2， =过 O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过 O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且 OA与竖直方向夹角为 重力加速度为 g37.求
21、匀强电场的电场强度大小 E；(1)若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻(2)杆后，求 A球刚进入电场时的速度大小 v【答案】解： 轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡(1) 逆 =顺237=53+53=2， =83、 B球角速度相等，根据 球线速度是 B球线速度的 2倍， A球线速度为 球线速度为(2) =， ， 12无初速释放轻杆后，直至 A球刚进入电场过程中，根据系统动能定理合 =+电 =2(137)+()37=12 2+12 2；=2， =， =12=85答： 匀强电场的电场强度大小 E为 ；(1)83若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆
22、后， A球刚进入电场时的速度(2)大小 v为85【解析】 对 A、 B组成的系统，根据力矩平衡求出匀强电场的场强；(1)对系统运用动能定理，即可求出 A球刚进入电场的速度；(2)本题是力矩平衡与能量守恒定律简单的综合应用，其基础是分析受力情况 电场力做功，要注意寻找电场.方向两点间的距离14. 如图所示，用一块长 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高1=1.0，桌面长 ，斜面和水平桌面间的倾角 可以在 之间调=0.8 2=1.5 060节后固定 将质量 的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的. =0.2动摩擦因数 ，物块和桌面间的动摩擦因数为 ，忽略物块在斜面和桌1=0.05 2面交接
23、处的能量损失 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.( )当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角 ； 用正切值表示(1) ( )当 角增大到 时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 ；(2) 37 2若将 中求出的 作为已知条件，继续增大 角，求物块落地点与墙面的距离最大值 ，及此时(3) (2) 2 总斜面的倾角 【答案】解： 当物块刚好能从斜面开始下滑时，则有 ；(1) 斜 =即 =1得 =1=0.05故 =0.05从顶端无初速释放开始直至恰好运动到桌面末端 根据动能定理 得：(2) 合 =13713712(2137)=0解得： 2=0.8从顶端无初速释放开始直至运动到桌
24、面末端 根据动能定理得：(3)1112(21)=1225代入得： +0.751.2=220变形得 ，式中1+0.752(+)1.2=220 =0.75， =37即54(+37)1.2=220则当 时， 有最大值，解得 v的最大值为：=53220 =1/对于平抛运动，竖直方向有：；=122解得： ；=0.4平抛运动的水平距离最大为： 1=0.4故物块落地点与墙面的距离最大值为： 总 =2+1=1.9答： 当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角 为 (1) 0.05当 角增大到 时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数 是 (2) 37 2 0.8物块落地点与墙面的距离最大值 是
25、 ，此时斜面的倾角 是 (3) 总 1.9 53【解析】 当物块刚好能从斜面开始下滑时，物体的重力沿斜面下滑的分力等于最大静摩擦力，列出等(1)式即可求解斜面的倾角 ；对全过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数 ；(2) 2物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律得到水平距离的表达式，再由数学知识求得最大距离(3)，及此时斜面的倾角 总 本题考查动能定理及平抛运动的规律，要正确分析物块受力情况，运用函数法得到物体离开水平面时的速度与斜面倾角的关系式，运用数学知识求极值是解题的关键15. 如图所示，用同种材料制成的倾角 的斜面和水平轨道固定不动 小物 .块与轨道间动摩擦因数 ，从斜面上 A
26、点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失若已知小物块至停止滑行的总路程为 s，求小物块运动过程中的最大速度(1) 若已知 小物块在斜面上运动时间为 1s，在水平面上接着运动 后速度为 ，这一过程平(2) =0.5. 0.2 均速率 求 的值 本小题中1312/. .( =10/2)【答案】解： 由牛顿第二定律得：(1)在斜面上有： 1= = 在水平面有： 2= 物体的最大速度： =11=22 整个过程物体的位移： =21+22 解得： ；=2()+已知 ，解得： ，(2) =0.52=0.510=5/2最大速度： ，=+22=+50.2=+1由匀变速直线运动的速度位移公式得：2=2
27、222 =(+1)2225 =2+110 由位移公式得： 1=21=+12 1=+12 而： 1+2=.(1+2) 已知： ，解得： ；1=1， 2=0.2， .=1312/ =1/答： 小物块运动过程中的最大速度 为 ；(1) 2()+的值为 (2) 1/【解析】 由牛顿第二定律求出加速度，然后应用位移公式求出最大速度(1)应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式可以求出受到(2)物块做匀变速直线运动，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式即可求出受到16. “ ”形轻杆两边互相垂直、长度均为 l，可绕过 O点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端
28、各固定一个金属小球 A、 B，其中 A球质量为 m，带负电，电量为 球的质量为 球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度 现， 23， =2.将“ ”形杆从 OB位于水平位置由静止释放：当“ ”形杆转动的角速度达到最大时， OB杆转过的角度为多少？(1) 若使小球 B也带上负电，仍将“ ”形杆从 OB位于水平位置由静止释放， OB杆顺时针转过的最大(2) 角度为 ，则小球 B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？90【答案】解： 转速最大时，系统力矩平衡，有：(1)=+解得：=43， =53设 B带的电量为 ，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得： (2) +
29、解得：当转角为 时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功，有： =6整理得： ，式中：=12103(+)1 =3当 时，克服电场力的功达到最大，为：(+)=1=12(1031)电势能的最大增加值为：=12(1031)答： 当“ ”形杆转动的角速度达到最大时， OB杆转过的角度为(1) 53若使小球 B也带上负电，仍将“ ”形杆从 OB位于水平位置由静止释放， OB杆顺时针转过的最大角度(2) 为 ，则小球 B带的电量为 ，转动过程系统电势能的最大增加值为9013 12(1031)【解析】 根据力矩平衡求得转速最大时的角度；(1)转过最大角度时，动能为零，根据动能定理求得所带的电荷量，根据能量守恒求得电势能的最大增加(2)值本题考查了电场强度等问题，应用机械能守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，本题的难点是数学知识的应用；另外本题也可以应用杠杆平衡条件分析答题
