[同步]2014年人教版高中物理必修二第六章6.6练习卷与答案（带解析）.doc

《[同步]2014年人教版高中物理必修二第六章6.6练习卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《[同步]2014年人教版高中物理必修二第六章6.6练习卷与答案（带解析）.doc（17页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、同步 2014年人教版高中物理必修二第六章 6.6练习卷与答案（带解析） 选择题 （ 2015 浙江模拟）一列简谐横波向右传播，波速为 v，沿波传播方向上有相距为 L的 P、 Q两质点，如图，某时刻 P、 Q两质点都处于平衡位置，且 P、 Q间仅有一个波峰，经过时间 t， Q质点第一次运动到波谷，则 t的可能值有（ ） A 1个 B 2个 C 3个 D 4个 答案： D 试题分析：正确解答此题的关键是确定 P、 Q间的各种波形和确定 Q质点的运动方向 解：作出通过距离为 L的 P、 Q两质点满足题设条件的波形，如下图中的（ a）、（ b）、（ c）、（ d）四种情况， Q质点的运动方向已在图中

2、标出 在图（ a）中，由图可知， =L， 则 =2L， 由波速及波长关系可知： T= = ， 而 Q质点第一次到达波峰的时间： t= T= 同理可知： 在图（ b）中， =L， T= = ， t= = 在图（ c）中， =L， T= = ， t= T= 在图（ d）中， = ， T= ， t= = 故有四种，故 D正确 故选 D 点评：解决机械波的题目关键在于明确题目中有多少种可能的状态，将所有可能情况都找出来即可正确解答 （ 2015 成都模拟）做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同（ ） A回复力、加速度、速度 B回复力、加速度、动能 C回复

3、力、速度、弹性势能 D加速度、速度、机械能 答案： B 试题分析：物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律（即它的振动图象是一条正弦曲线）的振动叫简谐运动简谐运动的频率（或 周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是位移、加速度和能量 解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同； 过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同； 回复力 F=-kx，由于 x相同，故 F相同； 加速度 a=- ，经过同一位置时

4、， x相同，故加速度 a相 同； 经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同； 故 ACD错误， B正确； 故选： B 点评：本题关键是明确：（ 1）简谐运动的定义；（ 2）受力特点；（ 3）运动学特点 （ 2015 绵阳模拟）如图所示，左右带有固定挡板、上表面光滑的长木板放在水平桌面上一质量 M=1.0kg的物体 A右端与一轻弹簧连接，弹簧右端固定在长木板的右挡板，上面放一质量 m=0.5kg的铁块 B长木板静止时弹簧对物体 A的压力为 3N，物体A与铁块之间的动摩擦因数 =0.5，现使木板以 4m/s2的加速度向左沿水平 方向做匀加速运动，当系统稳定时（ ） A

5、.物体 A受到 5个力的作用 B.物体 A对左侧挡板的压力等于 3N C.运动过程中弹簧的最大形变量是最小形变量的 2倍 D.弹簧弹性势能的减少等于 A物体动能的增加 答案： AC 试题分析：先对铁块受力分析，根据牛顿第二定律列式判断铁块受否受到静摩擦力；再对 A和铁块整体受力分析，根据牛顿第二定律判断弹簧的弹力 解： B、 C、 D、铁块向左加速，故 A对铁块有向左的静摩擦力，故铁块对 A有向右的静摩擦力； A和铁 块整体受重力、支持力、弹簧弹力，根据牛顿第二定律，有： F=（ M+m） a=（ 1+0.5） 4=6N 3N 故弹簧的弹力增加为 2倍，根据 F=kx，弹簧的压缩量增加为 2倍

6、，弹性势能增加，故B错误， C正确， D错误； A、物体 A受重力、支持力、弹簧的弹力、铁块的压力和静摩擦力，共 5个力，故 A正确； 故选： AC 点评：本题关键是结合牛顿第二定律判断静摩擦力的有无和弹力的有无，不难 （ 2015 成都模拟）甲图中 a、 b是电流相等的两直线电流，乙图中 c， d是电荷量相同的两正点电荷， O为两电流（或电荷）连线的中点，在 o点正上方有一电子， “较小的速度 v射向 O点，不计重力关于电子的运动，下列说法正确的是（ ） A甲图中的电子将做变速运动 B乙图中的电子将做往复运动 C乙图中的电子在向 O点运动的过程中，加速度一定在减小 D乙图中的电子在 O点动能

7、最大，电势能最小 答案： BD 试题分析：根据安培定则判断出磁场的方向，根据左手定则判断出电子运动中受力方向，根据电子受到的电场力的特点判断出电子在电场中的运动特点 解： A、甲图中 ab在电子运动的方 向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动故 A错误； B、乙图中， cd的连线上， O点上方的电场方向向上， O点下方的电场的方向向下，电子在 O点上方受到的电场力的方向向下，在 O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动故 B正确； C、乙图中， cd的连线上， O点的电场强度是 0， O

8、点上方的电场方向向上， O点下方的电场的方向向下，从 O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向 O点运动的过程中，加速度 不一定在减小故 C错误； D、乙图中， cd的连线上， O点上方的电场方向向上， O点下方的电场的方向向下，所以 O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在 O点动能最大，电势能最小故D正确 故选： BD 点评：该题考查常见的磁场与常见电场的特点，这是考查的重点内容之一，要牢记 （ 2015 浙江模拟）如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为 E，一根不可伸长的绝缘细线长度为 l，细线一端拴一个质量为 m、电荷量为 q的带负电小球，另一端固

9、定在 O点把小球拉到使细线水平的位置 A处，由静止释放，小球沿弧线运动 到细线与水平方向成 =60角的位置 B时速度为零以下说法中正确的是（ ） A小球在 B位置处于平衡状态 B小球受到的重力与电场力的关系是 Eq=mg C小球将在 AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D小球从 A运动到 B的过程中，电场力对其做的功为 答案： D 试题分析：小球从 A点静止释 放，运动到 B点速度为 0，对小球进行受力分析：小球到达 B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小根据电场力做功公式 W=qEd， d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功

10、运用单摆进行类比，分析振幅 解： A、小球到达 B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在 B点小球的合力不为零，不是平衡状态故 A错误； B、根据动能定理得： mglsin-qEl（ 1-lcos） =0，解得， Eq= mg，故 B错误； C、类比单摆，小球将在 AB之间往复运动，能量守恒，振幅不变故 C错误 D、小球从 A到 B，沿电场线方向运动的有效距离： d=l-lcos= l，所以电场力做功：W=-qEd=- Eql，故 D正确 故选 D 点评：此题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学过的物理模型，根据相关公式解题 （ 2015 成都模拟）

11、如图为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为 220V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中 r等效替代若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则（ ） A整个电路的电阻将增大，干路电流将 减小 B因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变 C发电机的输出功率将减小 D输电过程中的损失功率（即输电线路消耗的功率）将增大 答案： D 试题分析：在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，则输电线上消耗的电压就变大，从而判断灯泡两端电压的变化情况，从而判断灯泡的亮度，根据 P=UI求解发电机输出功

12、率，根据 P判断输电过程中的损失功率 解： A、增加教室开灯的盏数 ，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，故 A错误； B、根据欧姆定律可知，输电线上消耗的电压变大，则日光灯两端电压变小，亮度变暗，故 B错误； C、发电机的输出功率 P=UI，电压不变，电流变大，输出功率变大，故 C错误； D、电流电大，输电线电阻不变，根据 P 可知，输电过程中的损失功率将增大，故 D正确 故选： D 点评：本题为闭合电路欧姆定律中的动态分析问题，由程序法时，一般按照：部分 -整体 -部分的思路进行分析 （ 2015 成都模拟）下列说法 正确的是（ ） A穿过线圈的磁通量变化越大，线圈上产生的感应电动势越大

13、B通过线圈的电流变化越快，线圈的自感系数越大 C电场总是由变化的磁场产生的 D真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同 答案： D 试题分析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比；线圈的自感系数有线圈本身决定；静止电荷产生电场，运动的电荷可以产生磁场；根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同 解： A、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的变 化量无关，故 A错误； B、线圈的自感系数有线圈本身的匝数、粗细、线圈面积决定，与电流无关，故 B错误； C、电荷可以产生电场，不一定有变化的磁场产生，故 C错误； D、根据

14、爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同，故 D正确； 故选： D 点评：本题考查了法拉第电磁感应定律、自感现象、麦克斯韦电磁场理论、爱因斯坦狭义相对论等、知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识 （ 2015 成都模拟）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为 R，边长是 L，自框从左边 界进入磁场时开始计时，在外动力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度 a进人磁场区域， t1时刻框全部进入磁场规定顺时针方向为感应电流 t的正方向外动力大小为 F，框中电功率的瞬时值为 P，通过导体横截面的电荷量为 q，其中 P-t图象为抛物

15、线则这些量随时间变化的关系是（ ） A B C D 答案： C 试题分析：由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系 解： A、线框切割磁感线，则有运动速度 v=at，产生感 应电动势 E=BLv，所以产生感应电流 = ，故 A错误； B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有 解得： ，所以 B错误； C、由功率表达式， ，所以 C正确； D、由电量表达式

16、，则有 ，所以 D错误； 故选： C 点评：解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势 E=BLv知道 L为有效长度 （ 2015 浙江模拟）如图甲所示， abcd是位于竖直平 面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R在金属线框的下方有一匀强磁场区域， MN和 PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里现使金属线框从 MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到 bc刚好运动到匀强磁场 PQ边界的 v-t图象，图中数据均为已知量重力加速度为 g，不计空气阻力

17、下列说法正确的是（ ） A金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿 adcba方向 B磁场的磁 感应强度为 C金属线框在 0一 t3的时间内所产生的热量为 mgv1（ t2-t1） D MN和 PQ之间的距离为 v1（ t2-t1） 答案： BC 试题分析：本题应抓住： （ 1）根据楞次定律判断感应电流的方向； （ 2）由图知，金属线框进入磁场做匀速直线运动，重力和安培力平衡，可求出 B （ 3）由能量守恒定律求出热量 （ 4）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长和 MN和 PQ之间的距离； 解： A、金 属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流

18、方向沿 abcda方向故 A错误 B、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力： mg=BIl 又 l=v1（ t2-t1） 联立解得： 故 B正确 C、金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为 Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得： Q1=mgl=mgv1（ t2-t1） 金属框在磁场中的运动 过程中金属框不产生感应电流，所以金属线框在 0一 t3的时间内所产生的热量为 mgv1（ t2-t1）故 C正确 D、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为 v1，运动时间为t2-t1所以金属框的边长： l=v1（ t2-t1） MN和 PQ之间的距离要大

19、于金属框的边长 故 D错误 故选： BC 点评：本题电磁感应与力学知识简单的综合，培养识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力 （ 2015 浙江模拟）如图所示，三颗质量均为 m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为 M，半径为 R，下列说法不正确的是（ ） A三颗卫星对地球引力的合力大小为 B两颗卫星之间的引力大小为 C一颗卫星对地球的引力大小为 D地球对一颗卫星的引力大小为 答案： AD 试题分析：根据万有引力定律公式，求出地球与卫星、卫星与卫星间的引力，结合力的合成求出卫星对地球的引力 解： A、三颗卫星对地球的引力大小相等，三个力互成 120度，根据合成法，知合

20、力为零故 A错误； B、根据几何关系知 ，两颗卫星间的距离 l= ，则两卫星的万有引力故 B正确； CD、地球对一颗卫星的引力大小为 ，则一颗卫星对地球的引力大小为 ，故C正确， D错误 本题选择不正确的是，故选： AD 点评：本题考查万有引力定律的基本运用，难度不大，知道互成 120度三个大小相等的力合成，合力为零 （ 2015 浙江模拟）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球 a、 b，悬挂于 O点现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b球上的力大小为 F、作用在 a球上的力大小为 2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（ ） A B C D 答案： C 试题分析：

21、以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子 oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向 解：设每个球的质量为 m， oa与 ab和竖直方向的夹角分别为 、 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图 1，根据平衡条件可知， oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡 由平衡条件得： tan= ， 以 b球为研究对象，分析受力情况，如图 2，由平衡条件得： tan= ，则 故 C正确 故选 C 点评：本题一要灵活选择研究对象，二要分析受力采用整体法和隔离法相结合的方法研究，比较简便 （ 2015 绵阳模拟）在物理学发展史上伽利略

22、、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出 了巨大贡献 以下选项中符合他们观点的是（ ） A人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方 B两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大 C两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢 D一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的 “自然状态 ” 答案： A 试题分析：人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速 度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点伽利略、牛顿认为重物与轻物

23、下落一样快、力不是维持物体运动的原因根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误 解： A、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方符合伽利略、牛顿的惯性理论故A正确 B、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点故 B错误 C、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点故 C错误 D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点， 不是伽利略、牛顿的观点故 D错误 故选 A 点评：本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解可以根据牛顿的三大定律进行分析 （ 20

24、15 成都模拟）关于物理学史，下列说法正确的是（ ） A奥斯特发现了电磁感应现象 B麦克斯韦提出了狭义相对论 C赫兹首次用实验证实了电磁波的存在 D伦琴利用 射线拍摄了首张人体骨骼照片 答案： C 试题分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 解： A、法拉第发现了电磁感应现象，故 A错误； B、爱因斯坦提出了 狭义相对论，故 B错误； C、赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故 C正确； D、伦琴利用 x射线拍摄了首张人体骨骼照片，故 D错误； 故选： C 点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 （ 2015

25、 绵阳模拟）北斗导航系统又被称为 “双星定位系统 ”，具有导航、定位等功能，它在寻找马航 MH370失联客机中起了很大的作用 “北斗 ”系统中两颗工作卫星均绕地心 O做匀速圆周运动，轨道半径均为 r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的 A、B两位置（如图所示）若卫 星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力则（ ） A.这两颗卫星的重力加速度大小相等，均为 B.卫星 l由位置 A运动至位置 B所需的时间为 C.卫星 l向后喷气就一定能追上卫星 2 D.卫星 1由位置 A运动到位置 B的过程中万有引力做正功 答案： B 试题分析：根据万有引力提供向心力，

26、以及黄金代换式 GM=gR2，可以解出卫星的加速度大小根据卫星的周期的公式求卫星从 A至 B的时间，知道卫星加速或减速后的运动进行分析即可 解： A、根据万有引力提供向心力有： =ma， 又在地球表面有： =mg 由两式可得： a= ，故 A错误； B、根据万有引力提供向心力有： =m ， 可得卫星的周期为： T=2 = ，卫星从 A至 B转过 ，故所用时间为：t= ，故 B正确； C、卫星向后喷气，速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，会离开原来的圆轨道所以在原轨道加速不会追上卫星乙，故 C错误； D、卫星圆周运动过程中万有引力完全提供圆周运动向心力，故卫星运动过程中万有引力对卫星不

27、做功，故 D错误 故选： B 点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 =ma，以及黄金代换式 GM=gR2，把要求解的物理量先表示出来即可 （ 2015 绵 阳模拟）如图所示，小木块 a、 b和 c （可视为质点）放在水平圆盘上， a、b两个质量均为 m， c的质量为 a与转轴 OO的距离为 l， b、 c与转轴 OO的距离为 2l且均处于水平圆盘的边缘木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k倍，重力加速度大小为 g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是（ ） A b、 c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B当 a、 b和 c均未滑落时， a、 c所受摩擦

28、力的大小相等 C b和 c均未滑落时线速度一定相等 D b开始滑动时的转速是 答案： C 试题分析：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： A、 b、 c所受的最大静摩擦力不相等，故不同时从水平圆盘上滑落， A错误； B、当 a、 b和 c均未滑落时，木块所受的静摩擦力 f=m2r， 相等， f mr，所以 ac所受的静摩擦力相等小于 b的静摩擦力， B错误； C、 b和 c均未滑落时线速度 V=R一定相等，故

29、 C正确； D、以 b为研究对象，由牛顿第二定律得： f=2m2l=kmg，可解得： = = ，故 D错误 故选： C 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，由牛顿第二定律分析解答 （ 2015 成都模拟） 2014年 3月 8日， “马航 ”一架飞往北京的飞机与地面失去联系人们根据赤道上同步卫星接收到的该飞机飞行时发出的 “握手 ”电磁波信号频率的变化，利用电磁渡的多普勒效应，确定了该飞机是在向南航线而非向北航线上失踪、井最终在南印度洋坠毁的若该飞机发出的 “握手 ”电磁波信号频率为 fo，且飞机黑匣子能够在飞机坠毁

30、后发出 37.5MHz的电磁波信号，则以下说法正确的是（ ） A飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，同步卫星接收到的 “握手 ”电磁波频率小于 fo B飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，同步卫星接收到的 “握手 ”电磁波频率大于 fo C黑匣子发出的电磁波信号在由海水传到空气中时，频率将变大 D黑匣子发出的电磁渡信号在由海水传到空气中时，波长将变长 答案： BD 试题分析：本题考查多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系根据 由波速、波长及频率的关系分析该波的波长变化 解： A、飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，若声源向同步卫星靠近，则同步卫星接收到声波的

31、频率变大，所以同步卫星接收 到的 “握手 ”电磁波频率大于 fo，故 A错误， B正确； C、黑匣子发出的电磁波信号在由海水传到空气中时，频率不变，速度增大， 由 C=f得波长将变长，故 C错误， D正确； 故选： BD 点评：多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义 （ 2015 绵阳模拟）一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传到地面，为保证物件的安全，需以最短的路径运动到传送带上，已知传送带的倾角为 则（ ） A物件在空中运动的过程中，每 1s的速度变化不同 B物件下落的竖直高度与水平位移之比为 2tan C物件落在传送带时竖直

32、方向的速度与水平方向速度之比为 D物件做平抛运动的最小位移为 答案： C 试题分析：物体做平抛运动，可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的 自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同，当物体运动方向与传送带面垂直时，运动路径最短 解： A、物体在空中运动的过程中，作平抛运动，故加速度为重力加速度 g，故每秒的速度变化相同，故 A错误； B、小球撞在斜面上，运动方向与斜面垂直，则运动方向与竖直方向的夹角为 ，则= = = 解得： = ，故 B错误， C正确； D、物体做平抛运动的最小位移：= = = ，故 D错误； 故选： C 点评：本题是有条件的平抛运动，关键要明确

33、斜面的方向反映了速度方向与竖直方向的夹角，运用平抛运动的规律解决这类问题 （ 2015 浙江模拟）如图所示， AB为光滑竖直杆， ACB为构成直角的光滑 L形直轨道， C处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械能）套在AB杆上的小球自 A点静止释放，分别沿 AB轨道和 ACB轨道运动，如果沿 ACB轨道运动的时间是沿 AB轨道运动时间的 1.5倍，则 BA与 CA的夹角为（ ） A 30 B 45 C 53 D 60 答案： C 试题分析：以小球为研究对象，分别求出沿 AC和 ABC运动的时间，注意两种运动情况的运动遵循的规律，特别是在 C点的速度即是上一段的末速度也是下一段的

34、初速度，利用关系式和几何关系灵活求解 解：设 AB的长度为 2L，小球沿 AB做自由落体运动，运动的时间 t2满足： 可解得 t2= 小球沿 AC段运动时， a=gcos，且 AC=2Lcos，所需的时间 tAC满足； 解得： 在 C点小球的速度 v=atAC，以后沿 BC做匀加速运动，其加速度为： a=gsin，且BC=2Lsin 故： 2Lsin=vtBC+ 其中 tBC=1.5t2-tAC=0.5t2= 代入后解得： tan= ，即 =53 答： AC与 AB夹角 的值为 53 点评：本题的关键是能正确对 ABC进行受力和运动分析，把运动的时间正确表示；可视为多过程的运动分析，一定明确前

35、后过程的衔接物理量 （ 2015 绵阳模拟） “儿童蹦极 ”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳质量为 m的小明如图所示 静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为 60，则（ ） A每根橡皮绳的拉力为 mg B若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小 C若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度 a=g D若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度 a=g 答案： B 试题分析：根据共点力平衡求出每根绳的拉力，根据平行四边形 定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化当左侧绳子断裂，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速

36、度的大小 解： A、根据平行四边形定则知， 2Fcos30=mg，解得 F= 故 A错误 B、根据共点力平衡得， 2Fcos=mg，当悬点间的距离变小，则 变小， cos变大，可知悬绳的拉力变小故 B正确 C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边 形定则知，则合力大小为 ，加速度为 故 C、 D错误 故选： B 点评：本题关键是对小明受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度 （ 2015 绵阳模拟）如图甲所示，一固

37、定在地面上的足够长斜面，倾角为 37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体 B相连接，B的质量 M=1kg，绳绷直时 B离地面有一定高度在 t=0时刻，无初速度释放 B，由固定在 A上的速度传感器得到的数据绘出的 A沿斜面向上运动的 v-t图象如图乙所示，若 B落地后不反弹， g取 10m/s2， sin37=0.6， cos37=0.8，则下列说法正确的是（ ） A物体 A开始下滑的加速度为 8m/s2 B物体 A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对 A做的功 W=3J C 0.25s时物体 A的重力的瞬时功率 3w D物体 A从底端开始运动到再次返回到底端过程

38、克服摩擦 力做功等于物体 A的机械能减少 答案： BC 试题分析： A落地后由 v-t图象求的加速度，在下滑过程中利用牛顿第二定律即可求得加速度 对 B由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对 A的功 由牛顿第二定律可得 A的质量，即可求得 0.25s重力功率 由功的公式可判断 解： A、当 B落地后， A开始做减速运动，加速度为 a= 由牛顿第二定律可得 mgsin+mgcos=ma 物体 A下滑的加速度为 mgsin-mgcos=ma 联立解得 a=4m/s2，故 A错误； B、设绳的拉力为 T，对 B由牛顿第二定律： Mg-T=Ma， 解得： T=Mg-Ma=110-14=6N， AB位移

39、相同则由图可知 A上升阶段， B的位移为： 故绳的拉力对 A做功为： W=Fx=60.5J=3J，故 B正确 C、 0.25s时速度为 1m/s， 设 A的质量为 M，由图象知前 4s内 B做匀加速运动，对 AB整体由牛顿第二定律： Mg-mgsin-f=（ M+m） a1 0.5s后 B向上匀减速直线运动，对 B由牛顿第二定律： mgsin+f=ma2 由图象知： a1=4m/s2 a2=8m/s2 由 式解得： m=0.5kg 故重力的瞬时功率为 P=mgvcos53=510.6W=3W，故 C正确 D、物体 A从底端开始运动到再次返回到底端过程中物体 B对 A做功，故物体 A克服摩擦力做功不等于物体 A的机械能减少，故 D错误 故选： BC 点评：本题是综合性比较强的题目，需要熟练掌握运动学，功的计算，难度较大