考点：
共点力的平衡整体法隔离法
【名师点睛】本题关键存在选择研究对象，当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究，往往比较简单方便．当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力；以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图，根据平衡条件分析地面对C的支持力和摩擦力大小和方向．
5．“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星．科学家们发现有3颗不同质量的“超级地球”环绕一颗体积比太阳略小的恒星公转，公转周期分别为4天，10天和20天．根据上述信息可以计算
A．3颗“超级地球”运动的线速度之比
B.3颗“超级地球”所受的引力之比
C．该恒星的质量
D．该恒星的第一宇宙速度
【答案】A
【解析】
试题分析：
这三颗超级地球绕恒星运转过程，万有引力提供向心力，即
=ma，，可得T=
，根据周期比可得半径比为
:
:
，向心加速度a=
，知道半径比和周期比，可求出向心加速度之比，线速度v=
，带入周期和半径的比值，可以求出线速度之比，选项A正确；三颗超级地球的质量无法求得，所以受到的万有引力之比无法计算，选项B错误；不知道引力常量，无法计算恒星质量和该恒星的第一宇宙速度，选项CD错误.
考点：
万有引力与航天
【名师点睛】
6．三角形传送带以lm/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°现有两个小物块A、B从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（sin37°=0.6）
A．物块A先到达传送带底端
B．物块B先到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度相同
【答案】C
【解析】
试题分析：
AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，选项AB错误；滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故选项C正确；划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较短，故选项D错误。
考点：
传送带模型
【名师点睛】AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，用匀变速直线运动规律解决。
7．如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心（到四个顶点的距离均相等）．关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是
A．φA=φBB．φA=φDC．φC>φBB．φC>φD
【答案】B
考点：
等量异种点电荷的电场分布
【名师点睛】处理本题的关键在于：
（1）沿着电场线电势逐渐降低；
（2）根据电荷分布的对称性，利用电场的叠加原理进行判断。
8．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A，B间用一个轻杆连接，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是
A．B球的受力情况未变，加速度为零
B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为1/2gsinθ
C．A，B之间杆的拉力大小为2mgsinθ
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
【答案】B
【解析】
试题分析：
线烧断前，ABC做为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F=3mgsinθ，对C受力分析，沿斜面方向绳子拉力T=mgsinθ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化弹力不变，对C分析，没有细线拉力，mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，选项D错误；AB之间由轻杆连接，相对静止，AB整体分析可得F-2mgsinθ=2ma，合力沿斜面向上，得a=
gsinθ，选项A错误、B正确；对B分析，斜面方向一个轻杆弹力一个重力沿斜面向下分力，轻杆弹力T'-mgsinθ=ma=
mgsinθ，得轻杆弹力T'=
mgsinθ，选项C错误。
考点：
力的突变问题 共点力的平衡
【名师点睛】本题关键点就是绳和弹簧的区别：
弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意．弹簧与绳的区别是：
弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零，对其受力分析，根据牛顿第二定律由此可以来分析A、B、C球的加速度情况．
9．如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0=11m/s从θ=53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力．图乙中的两条线段a，b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是
A．恒力F大小为1N
B．物块与斜面间动摩擦因数为0.6
C．有恒力F时，小物块在上升过程中产生的热量较少
D.有恒力F时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小
【答案】AD
【解析】
试题分析：
根据v-t中斜率等于加速度的意义可知：
aa=
=
=-10m/s2，ab=
=
=11m/s2；不受拉力时：
mab=-mgsin53°-μmgcos53°，代入数据得：
μ=0.5；受到拉力的作用时：
maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，所以：
F=1N，选项A正确，B错误；根据运动学公式：
x=
有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．选项C错误；结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，选项D正确。
考点：
功能关系；牛顿第二定律
【名师点睛】根据速度-时间图象的斜率等于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解．本题关键根据速度时间图象得到物体上滑和下滑的加速度，然后受力分析并根据牛顿第二定律列式求解出斜面的倾角和摩擦力．
10．如图所示的电路，电源内阻为r，A、B，C为三个相同的灯泡，其电阻均为
，当变阻器的滑动触头P向下滑动时
A．A灯变暗，B灯变亮，C灯变暗
B．A灯与C灯的电流改变量的绝对值相等
C．A灯与B灯的电压改变量的绝对值相等
D．电源输出的电功率减小
【答案】AD
【解析】
试题分析：
当变阻器R的滑臂P向下移动时，电阻增大，总电阻增大，总电流减小，A灯变暗；电源的路端电压增大，A灯两端的电压UA减小，故B灯两端的电压UB增大，B灯变亮，IB增大，由于总电流减小，故IC减小，C灯变暗，选项A正确；A、B，C为三个灯泡的电流改变量的绝对值的关系满足ΔIA=ΔIC-ΔIB，故选项BC错误；外电路电阻由大于电源内阻的值减小，故电源输出功率减小，选项D正确。
考点：
全电路欧姆定律
【名师点睛】变阻器R的滑臂P向上移动分析外电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化．根据两灯电压的变化，判断亮度的变化．根据总电流的变化，分析电源发热功率的变化．
11.2014年春晚中开心麻花团队打造的创意形体秀《魔幻三兄弟》给观众留下了很深的印象．该剧采用了“斜躺”的表演方式，三位演员躺在倾角为300的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉．如图所示，演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上，，抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”．已知演员甲的质量m=60kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0.8m.设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，不计空气阻力．则该过程中，下列说法正确的是
A.演员甲被抛出的初速度为4m/s
B.演员甲运动的时间为0.8s
C．演员乙和演员丙对甲做的功为480J
D.演员甲的重力势能增加了480J
【答案】AC
【解析】
试题分析：
因为到达最高点后，恰好悬停，则有：
mgsin30°=μmgcos30°，向上滑动的过程中，加速度a=gsin30°+μgcos30°=10m/s2，根据v02=2ax得，初速度v0=
=
=4m/s，选项A正确；演员甲的运动时间t=
=
=0.4s，选项B正错误；演员乙和演员丙对甲做的功W=
mv02=480J，选项C正确；演员甲的重力势能增加量ΔEP=mgxsin30°=240J，选项D错误。
考点：
考查了平抛运动，功能关系的应用
【名师点睛】
12.正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为l，板间距为d，在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏M。
D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，Ro为定值电阻，将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板,最后垂直打在M屏上。
在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是
A.质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同
B．板间电场强度大小为
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从Ⅳ点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上
D.若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从Ⅳ点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上
【答案】BCD
考点：
本题考查带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】
二、填空、作图题（本大题共3小题，共18分，把答案填在答题卡对应位置，或按试题要求作图）
13.（4分）某同学用螺旋测微器测量合金丝的直径，为防止合金丝发生形变，在测微螺杆接触合金丝时应旋转如图所示的部件____（填“A”B”“C’或“D’）．从图中的示数可读出合金丝的直径为____mm.
【答案】A（2分）0.360（2分）
【解析】
试题分析：
（螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B；螺旋测微器的示数为（0＋36.0×0.01）mm＝0.360mm.
考点：
螺旋测微器的读数
【名师点睛】
14．（4分）某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：
（1）将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；
（2）将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上A点，在橡皮筋的中点D再用细线系一重物，自然下垂，如图甲所示
（3）将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的B点，如图乙所示．为完成实验，下述操作中需要的是_____．
A．橡皮筋两端连接细线长度必须相同
B．要测量图甲中橡皮筋Oa和图乙中橡皮筋Oa，Ob的长度
C．A、B两点必须在同一高度处
D。
要记录图甲中D点的位置及过D点的竖直方向
E．要记录图乙中结点D的位置、过结点D的竖直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向
【答案】BE
【解析】
试题分析：
两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度不一定要相同．故A错误；三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．故B正确、C错误；为了使两次实验效果相同，必须记下D点的位置来作参照，要记录图乙中结点D的位置、过结点D的竖直方向及橡皮筋Oa，Ob的方向，选项D错误、E正确。
考点：
验证平行四边形定则
【名师点睛】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，根据这个原理来选择．本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，只需要测量橡皮筋的伸长量就行．
15．（10分）实际电流表有内阻，测量电流表Gl的内阻rl采用如图甲所示的电路．可供选择的器材如下：
①待测电流表G1:
量程为0～5mA，内阻约为300Ω
②电流表G2:
量程为0—10mA，内阻约为40Ω
③定值电阻R1：
阻值为10Ω
④定值电阻R2：
阻值为200Ω
⑤滑动变阻器R3：
阻值范围为0一1000Ω
⑥滑动变阻器R4：
阻值范围为0—20Ω
⑦干电池E：
电动势约为1.5V，内阻很小
⑧电键S及导线若干
（1）定值电阻Ro应选，滑动交阻器R应选。
（在空格内填写序号）
（2）用笔画线代替导线，按图甲要求，在图乙中连接实物图，
（3）实验步骤如下：
①按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到电压为0处）；
②闭合电键S，移动滑片P至某一位置，记录G1和G2的读数，分别记为I1和I2;
③多次移动滑动触头，记录各次G1和G2的读数I1和I2：
④以I1为纵坐标，I为横坐标，作出相应图线，如图丙所示，
⑤根据I1-I2图线的斜率k及定值电阻Ro，得到待测电流表Gl的内阻表达式为r1=．（用k，R0表示）
【答案】
（1）④（2分）⑥（2分）；
（2）如图（3分）
（3）
（3分）
【解析】
试题分析：
（1）因电流表G1的内阻约为300Ω，故定值电阻选择R1；为调节的方便滑动变阻器选择R4；
（2）根据电路图连接实物如图所示：
（3）由电路图知I2=I1+
可得图像的斜率k=1+
，解得r1=
考点：
本题考查测量电表内阻
【名师点睛】本题考查了实验器材的选取、连接实物电路图、实验数据处理等；要掌握滑动变阻器的分压接法；根据图象应用并联电路特点及欧姆定律可以求出电流表内阻。
（1）与电流表并联的电阻阻值应与电流表内阻相差不多；根据电源电压与电流表G2额定电流求出电路电阻，然后选择保护电阻；
（2）根据实验电路图连接实物电路图；（3）改变滑动变阻器接入电路的阻值，进行多次实验，测出多组实验数据；（4）由并联电路特点及欧姆定律可以求出电流表内阻。
三、计算题：
（本大题共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明和重要的方程式，只写
出最终结果的不能得分）
16.（8分）一辆以10m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25m时，绿灯还有2s的时间就要熄灭（绿灯熄灭黄灯即亮）．若该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m／s2．请通过计算说明：
（1）汽车能否不闯黄灯顺利通过；
（2）若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么。
【答案】
（1）不能；
（2）加速度为2m/s2.
考点：
匀变速直线运动的规律
【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
（1）根据速度时间公式，结合匀加速和匀减速运动的加速度大小，求出匀加速和匀减速运动的时间之比，从而得出匀减速运动的时间；
（2）通过平均速度公式分别求出匀加速和匀减速运动的位移，从而得出总位移的大小．
17.（12分）在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m，BCO段弯曲且光滑，轨道在D点的曲率半径为1.5m;-质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段间的动摩擦因数为0.5.建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A（-7m,2m）点由静止开始运动，到达原点D时撤去恒力F，水平飞出后经过D（6m，3m）点。
重力加速度g取lOm/s2，不计空气阻力，求：
（1）圆环到达D点时对轨道的压力；
（2）恒力F的大小；
（3）圆环在AB段运动的时间．
【答案】
（1）30N，方向竖直向上；
（2）10N；（3）
s
【解析】
试题分析：
（1）圆环从O到D过程中做平抛运动
（1分）
（1分）
读图知D点坐标为：
x=6m、y=3m，所以v0=
m/s
到达O点时：
根据向心力公式
=
（1分）
代入数据，得FN=30N
根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上（1分）
（2）设圆环从A到O的水平位移为x，根据动能定理有
（2分）
代入数据，得F=10N（1分）
（3）设圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律有
（1分）
根据运动学公式有
（1分）
代入数据，得时间
s（1分）
考点：
牛顿运动定律、圆周运动、平抛运动及动能定理
【名师点睛】
18．（12分）在倾角30°的光滑斜面上并排放着质量分别是mA=5kg和mB=lkg的A、B两物块，劲度系数k=200N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态，现对A施加一沿斜面向上的力F使物块A沿斜面向上作匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2，求F的最大值和最小值．
【答案】
【解析】
试题分析：
设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsinθ=kx0（2分）
因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，
所以在0.2s时，B对A的作用力为0，设此时弹簧形变量为x1.
由牛顿第二定律知：
kx1-mBgsinθ=mBa（2分）
前0.2s时间内A、B由静止做匀加速直线运动的距离为：
x0-x1
∴x0-x1=
at2（2分）
解得：
a=5m/s2
当A、B开始运动时拉力最小，此时有：
Fmin=（mA+mB）a=30N（2分）
当A、B分离时拉力最大，此时对A有：
Fmax-mgsinθ=ma （2分）
∴Fmax=50N．（2分）
考点：
牛顿第二定律
【名师点睛】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．先根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量，因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，所以在0.2s时，A、B分离，B对A的作用力为0，对物体B运用牛顿第二定律列式得出F与加速度的关系式，当A、B开始运动时拉力最小，当A、B分离时拉力最大，根据牛顿第二定律即可求解。
19．（12分）在光滑水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆环S（右图为俯视图），圆环半径为R=lm.一根长r=0.5m的绝缘细线一端固定于圆环圆心D点，另一端系住一个质量为m=0.2kg、带电量为q=+5×10-5C的小球．空间有一场强为E=4xl04N/C的匀强电场，电场方向与水平面平行．将细线拉至与电场线平行，给小球大小为10m/s、方向垂直于电场线的初速度vo．
（1）求当小球转过90°时的速度大小；
（2）若当小球转过90°时，细线突然断裂，小球继续运动，碰到圆环后不反弹，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量损失减小为零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不变．之后小球沿圆环内壁继续做圆周运动．求这一运动过程中的速度的最小值．
（3）从初始位置开始，要使小球在运动过程中，细线始终保持不松弛，求电场强度E的大小所需满足的条件．
【答案】
（1）3
m/s；
（2）3.94m/s；（3）E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C
【解析】
试题分析：
（1）设小球转过90°时速度大小为v1，由动能定理：
-qEr=
mv12-
mv02（2分）
解得v1=3
m/s.（1分）
（2）设小球碰到圆筒前瞬间速度大小为v2，由动能定理
解得v2=
m/s（1分）
撞上环壁后，设小球碰到圆筒后瞬间沿圆环内壁做圆周运动的速度大小为v3，v3=v2sin30°=
mv2（1分）
小球沿圆环内壁运动到D点时速度最小，设大小为v4，由动能定理-qER（1-cos）30°=
mv42-
mv32（1分）
解得v4=
m/s=3.94m/s（1分）
（3）临界情况一：
小球转过90°运动到B点时速度恰好减小为零，细线始终保持不松弛．设电场强度大小为E1，有-qE1r=0-
mv02
升级会员 