高考物理考点大纲必考点及高考物理各章分类汇编试题解析.doc

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1、高考物理冲刺讲义 例1.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧（弹簧与A、B不连接）。某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R。已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）B经c点抛出时速度的大小？（2）B经b时速度的大小？（3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能？ 例2.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB齐平，静止放于光滑斜面上，一长为L的轻质细线一端固定在O

2、点，另一端系一质量为m的小球，将细线拉至水平，此时小球在位置C，由静止释放小球，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断，D点到AB的距离为h，之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g.求：(1)细绳所能承受的最大拉力；(2)斜面的倾角的正切值；(3)弹簧所获得的最大弹性势能解：（1）小球由C到D，机械能定恒在D点，由牛顿第三定律，知细绳所能承受的最大拉力为3mg （2）小球由D到A，做平抛运动 （3）小球达A点时小球在压缩弹簧的过程中小球与弹簧系统的机械能守恒 例3.一质量M02kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的滑动摩擦因数101，一质量m=0

3、2kg的小滑块以v012m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，滑块与长木板间滑动摩擦因数204（如图所示）。求经过多少时间小滑块与长木板速度相同？v0从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为多少?（滑块始终没有滑离长木块）解：(1) 对m：2mg=ma2 解得：a2=4m/s2 对M：2mg-1(M+m)g=Ma1 解得：a1=2m/s2 设经历时间为t两者速度相同，则：v0-a2t=a1t 解得：t=0.2s (2)两者共同速度为：v= a1t =0.4m/s 两者相对静止前，小滑块的位移：s1=v0t-a2t2/2=0.16m 达到共同速度后对滑块和木板：1(M+m)g

4、=（M+m）a3 滑行位移为：s2=v2/2a3 解得：s2=0.08m 小滑块的总位称为：s=s1+s2=0.24m 例4.如图所示，在磁感应强度为B=0.6T的匀强磁场中，长为0.5 m、电阻为r=1的导体棒ab放置在水平的光滑金属框上，如图所示.导体棒ab在外力作用下以10 m/s的速度向右匀速滑动，已知电容C=2F，电阻R=6，其余电阻忽略不计，求：(1) ab棒哪端的电势高?ab棒中的电动势的大小？(2) ab棒两端的电压？(3)为使ab棒匀速运动，外力的大小及其机械功率？(4) 电容器的电量？解：（1）由右手定则可知，a端电势较高；Ab棒中的电动势 E=BLV=3v (2) 由闭合

5、电路欧姆定律可得 解得 （3）匀速运动时有： 故外力的机械功率 （4）电容器的电量Q=CU 其中 =0.9v 解得 例5如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，轨距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ad水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：（1）金属杆ab运动的最大速度；（2）金属杆ab运动的加速度为时，电阻R上电功率；（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功。解：（1）当杆达到最大速

6、度时 （1分） 安培力F=BId（1分） 感应电流 （1分） 感应电动势（1分） 解得最大速度 （1分） （2）当ab运动的加速为时 根据牛顿第二定律（1分） 电阻R上的电功率（2分） 解得（1分） （3）根据动能定理（2分） 解得（1分）例6如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成.其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r. 另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60，求： （1）ab棒在N处进入磁

7、场区速度为多大？此时棒中电流是多少？ （2）cd棒能达到的最大速度是多少？（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？ 解：（1）ab棒由静止从M滑下到N的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到N处速度可求，进而可求ab棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路中的感应电流。ab棒由M下滑到N过程中，机械能守恒，故有： 解得进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 （2）设ab棒与cd棒所受安培力的大小为F，安培力作用时间为 t，ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。运用动量守恒定律得

8、 解得 （3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有 解得例7、一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d. 在t=0时，圆形导线框中的磁感应强度B从B0开始均匀增大；同时，有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）.该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小恒定、方向未知、磁感应强度为B1、宽为L的（重力场、电场、磁场）复合场（磁场的上下区域足够大）中作匀速圆周周运动求：（1）磁感应强度B从B0开始均匀增大时，试判断1、2两极板哪一块为正极板？磁感应

9、强度随时间的变化率K=？（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离.Bd12v0B1L例8在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，A球的带电量为2q，B球的带电量为3q（可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）。求：EAMPQBN4L（1）小球A、B运动过程中的最

10、大速度；（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。例9如图，直线上方有平行于纸面且与MN成45的有界匀强电场，电场强度大小为E；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小未知。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点进入磁场后第三次经过直线MN后又恰好通过O点。不计粒子的重力。求：4545EBOvMN粒子第三次经过直线MN时的位置；磁感应强度大小；粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。例7解：（1）2极板为正极板（2分）由题意可知：

11、两板间的电压U （1分）而：Sr2 带电液滴所受的电场力：F （1分）在竖直方向：Fmg0 （1分） 由以上各式得K （1分）（2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则电场力与重力平衡，所以，电场力方向竖直向上，由题意知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上.（2分） 设匀强电场强度为E，则 （1分） （1分）（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为R， 由牛顿第二定律有： （1分） 由式得： （1分） 讨论：若RL，电子从磁场左边界离开（1分） 由几何关系知偏转距离为 y=2R （1分） 代入数据并整理得 （1分） 若RL，电子从磁场右边界离开 （1分） 由几何关系知偏转距离为 （1分

12、） 代入数据并整理得 （1分）例8.解：（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。故在B刚进入电场时，系统具有最大速度。（1分）设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq2ma1 （1分）B刚进入电场时，系统的速度为vm，由vm22a1L （1分）可得vm （1分） （2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为W12Eq3L（3Eq2L）0 故系统不能从右端滑出，A刚滑到右边界时速度刚好为零（1分）。设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则 （1分）设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律（2分） 系统做匀减速运动，减速所需时间

13、为t2，则有 （1分）系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为 （1分）（3）当带电系统速度第一次为零，即A恰好到达右边界NQ时，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，此时B的位置在PQ的中点处 （1分）所以B电势能增加的最大值DW13Eq2L6EqL （2分）例9.解：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。（1）由图可知： (1)因此 即距离点 (2)（2）粒子在电场中运动时垂直和平行电场方向的位移都为 (3) oEBabc所以类平抛

14、运动时间为 (4)又 (5)再有 (6) (7)由可得 (8)（3）粒子在磁场中运动的总时间为 (9)粒子在电场中的加速度为 (10)粒子在电场中做直线运动所需时间为 (11)由(4)(9)(11)得粒子从出发到再到达O点所需时间 (12)课外练兵1. 10个同样的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量 m=0.40 kg，长 l =0.50 m，它们与底面间的静摩擦和滑动摩擦系数均为2 = 0.10 。原来木块处于静止状态。左方第一个木块的左端上方放一质量为 M=1. 0 kg的小铅块，它与木块间的静摩擦和滑动摩擦系数均为1 =0.20 。现突然给铅块一向右的初速度

15、V0 =4.3 m/s，使其在大木块上滑行。试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上）。取重力加速度 g=10 m /s 。设铅块的线度与 l 相比可以忽略。 解析 当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力，若此摩擦力大于10个扁长木块与地面间的最大静摩擦力，则10个扁长木块开始运动，若此摩擦力小于10个扁长木块与地面间的最大摩擦力，则10个扁长木块先静止不动，随着铅块的运动，总有一个时刻扁长木块要运动，直到铅块与扁长木块相对静止，后又一起匀减速运动到停止.铅块M在木块上滑行所受到的滑动摩擦力设M可以带动木块的数目为n，则n满足：即上式中的n只能取整数，

16、所以n只能取2，也就是当M滑行到倒数第二个木块时，剩下的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第8个木块时速度为v，则得：由此可见木块还可以滑到第9个木块上. M在第9个木块上运动如图69甲所示，则对M而言有：得：第9及第10个木块的动力学方程为：，得：设M刚离开第9个木块上时速度为，而第10个木块运动的速度为，并设木块运动的距离为s，则M运动的距离为，有：消去s及t求出：，显然后一解不合理应舍去.因，故M将运动到第10个木块上.再设M运动到第10个木块的边缘时速度为，这时木块的速度为，则：解得：，故M不能滑离第10个木块，只能停在它的表面上，最后和木块一起静止在地面上.2如图，ABCD是边长为的正

17、方形。质量为、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC变射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：（1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积。解析：（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力ABCDEFpqO应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有 联立式得 （2）由（1）中决定的磁感应强

18、度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹如右图所示。图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边 ，由式知，圆弧的半径仍为，在D为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以和为圆心、为半径的

19、两个四分之一圆周和所围成的，其面积为高考物理各章分类汇编免点版专题一、直线运动1，（2013全国新课标理综1第19题）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上形式的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线，由图可知A.在时刻t1，a车追上b车B.在时刻t2，a、b两车运动方向相反C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直不a车大【命题意图】本题考查位移图象、追及问题等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。答案：BC解析：在时刻t1，b车追上a车，选项A错误。根据位移图象的斜率表示速度可知，在时刻t2，a、b两车运动方向

20、相反，选项B正确。在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加，选项C正确D错误。2. （2013全国新课标理综1第14题）右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比【命题意图】本题考查伽利略斜面实验等相关知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。答案：C解析：根据表中的数据，第一列与第

21、三列数据存在比例关系，第一列数据是第二列数据的二次方，伽利略可以得出的结论是：物体运动的距离与时间的平方成正比，选项C正确。3.（2013高考广东理综第13题）某航母跑道长为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A .5m/s B .10m/s C .15m/s D.20m/s 考点：匀变速直线运动规律公式的应用答案：B解析：由得：=10m/s。选项B正确。4（2013全国高考大纲版理综第19题）将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的图像分别如

22、直线甲乙所示。则（ ）v/ms1t/s12345甲乙010203010At2 s时，两球的高度相差一定为40 mBt4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等C两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等答案：BD 解析：由于甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，t2 s时，两球的高度相差不一定为40 m，两球从抛出至落到地面所用的时间间隔不相等，选项AC错误。根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，t4 s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等，选项B正确。由于甲乙两小球先后以同样的速度竖直向上抛出，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙

23、球相等，选项D正确。/(m.s-1)0t/s-v0v02v01234567乙甲5（2013高考四川理综第6题）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示。则A甲、乙在t=0s到t=1s之间沿同一方向运动B乙在t=0到t=7s之间的位移为零C甲在t=0到t=4s之间做往复运动D甲、乙在t=6s时的加速度方向相同答案.BD 解析：乙在t=0s到t=0.5s之间沿沿x轴负方向运动，在t=0.5s到t=1s之间沿x轴正方向运动，而甲在t=0s到t=1s之间沿x轴正方向运动，选项A错误。根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，乙在t=0到t=7s之间的位移为零，选项B正确。甲在

24、t=0到t=4s之间一直沿x轴正方向运动，选项C错误。甲、乙在t=6s时的加速度均为负值，方向相同，选项D正确。6（15分）（2013全国高考大纲版理综第24题）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。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10.0 s。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，火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20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求 （1）客车运行的速度大小； （2

25、）货车运行加速度的大小。（15分）解：（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为t，每根轨道的长度为l，则客车的速度为 （3分） 其中l25.0 m， 解得 （2分）（2）设从货车开始运动后t20.0 s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长度为 L3016.0 m 由运动学公式有 （3分） （3分） 由题意，有 （2分） 联立解得 a1.35 m/s2 （2分）7.（2013高考四川理综第9题）9近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人。只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，

26、才有保证行人的生命安全。如右图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m。质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯。（1）若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3104N。求卡车的制动距离？ （2）若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD。为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？7解： (1)据题意 由 v2-v02=2ax， 得： x= ， 汽车刹车时，阻力产生的加速度为a由 牛顿第二

27、定律 得a=F/m, 代入数据得制动距离 x=30 m (2)据题意 汽车不受影响的行驶距离应该是x1=30m 故黄灯的持续时间为t 则x1=v0t, 代入数据得 时间为t=2 s . 专题二、相互作用1. （2013全国新课标理综II第15题）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F20）。由此可求出A.物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的压力1.C【命题意图】本题考查受力分析、力的分解、摩擦力、平衡条件及其相关知识，意在考查考生分析解决问题的能力。【

28、解题思路】设斜面倾角为，斜面对物块的最大静摩擦力为f。平行于斜面的外力F取最大值F1时，最大静摩擦力f方向沿斜面向下，由平衡条件可得：F1=f+mgsin；平行于斜面的外力F取最小值F2时，最大静摩擦力f方向沿斜面向上，由平衡条件可得：f+F2= mgsin；联立解得物块与斜面的最大静摩擦力f=( F2-F1)/2.选项C正确。不能得出物块质量m，不能得出斜面倾角，不能得出物块对斜面压力，选项ABD错误。【技巧点拨】分析此题，只需根据题述，利用最大静摩擦力平行斜面向上、平行斜面向下两种情况，应用平衡条件列出两个方程得出，不需要具体解出块与斜面的最大静摩擦力表达式。2.（2013高考重庆理综第1

29、题）如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角。若此人所受重力为G，则椅子各个部分对他作用力的合力大小为AG BGsinCGcos DGtan答案：A解析：人静躺在椅子上，受力平衡，由平衡条件可知椅子各个部分对他作用力的合力大小为G,，选项A正确。3（2013高考上海物理第8题）如图，质量mAmB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是答案：A解析：两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物块与竖直墙面之间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，AB之间没有弹力作用，物体B的受力示意图是图A。4

30、（2013高考上海物理第18题）两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则(A)F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍(B)F1、F2同时增加10N，F也增加10N(C)F1增加10N，F2减少10N，F一定不变(D)若F1、F2中的一个增大，F不一定增大答案：AD解析：F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，选项A正确。F1、F2同时增加10N，F不一定增加10N，选项B错误；F1增加10N，F2减少10N，F可能变化，选项C错误。若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。5. （2013高考山东理综第14题）如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，

31、小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30o，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为A4 B.4 C. 12 D21答案：D解析：把两个小球看作整体，分析受力，由平衡条件可得：44 弹簧A的拉力FA=2mg/cos30，弹簧C的拉力FC=2mgtan30，又FA=kxA，FC=kxC，联立解得：弹簧A、C的伸长量之比为：xAxC=1cos30tan30=21，选项D正确。6。.(2013高考北京理综第16题)倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是A.木块受到的摩擦力大小是mgcosB.木块对斜面体的压力大小是mg sinC.桌面对斜面体的摩

32、擦力大小是mg sincosD.桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g答案：D解析：将木块的重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，平行于斜面方向分力为mgsin，垂直于斜面方向分力为mgcos。由平衡条件可得木块受到的摩擦力大小是f= mgsin，支持力F=mgcos，由牛顿第三定律，木块对斜面体的压力大小是mgcos，选项AB错误。把木块和斜面体看作整体，分析受力，由平衡条件可知桌面对斜面体的摩擦力大小为零，桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g，选项C错误D正确。7（2013高考天津理综物理第5题）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上

33、无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是AFN保持不变，FT不断增大BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小DFN不断增大，FT先减小后增大答案：D解析：由于此过程中细线与斜面体斜面的夹角逐渐减小，所以斜面对小球的支持力FN增大。画出小球受力动态图，由平衡条件可得FT先减小后增大，选项D正确。8（2013高考广东理综第20题）如图8，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则A.P向下滑动B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力

34、增大 考点：受力分析、力平衡、等效法答案：B D解析：设斜面的倾角为,加上Q，相当于增加了P的质量，受力分析列平衡方程得f=mgsinmgcos，N=mgcos。当m增加时，不等式两边都增加，不等式仍然成立，即P静止不动，P所受的合外力为零，P与斜面间的静摩擦力f=mgsin增大，选项BD正确。9（2013高考上海物理第25题）如图，倾角为37，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CAAB，DCCA0.3m。质量mlkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，己知物体与

35、BD间的动摩擦因数0.3。为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离sm。若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离ss(填：“大于”、“等于”或“小于”。)(取sin370.6，cos370.8)答案：0.248 等于解析：拉力F=mgsin37+ mgcos37=8.4N。BC= CA/ sin370.5m.设m对支架BC的压力mg cos37对A点的力臂为x，由力矩平衡条件，FDC cos37+mgcos37CA cos37= FCA cos37+mg cos37x，解得x=0.072m。由x+s=BC-AC sin37解得s=0.248m。由上述方程可知，FDC co

36、s37= FCA cos37，x值与F无关，所以若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s=s。专题三、牛顿运动定律1（2013高考上海物理第6题）秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千(A)在下摆过程中(B)在上摆过程中(C)摆到最高点时(D)摆到最低点时答案：D解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确。2. （2013全国新课标理综II第14题）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F

37、与a之间关系的图象是.【答案】C【命题意图】本题考查摩擦力、牛顿第二定律、图象等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。【解题思路】设物体所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma，F= ma+f，所以能正确描述F与a之间关系的图象是C，选项C正确ABD错误。【命题分析】此题从最常见的情景出发命题，应用最基础的知识，使物理更贴近生活，贴近实际。3（2013高考浙江理综第19题）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动。

38、若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2 。关于热气球，下列说法正确的是A所受浮力大小为4830NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案：AD解析：热气球离开地面后地面后做加速度逐渐减小的加速运动，对热气球从地面刚开始竖直上升时，由牛顿第二定律，F-mg=ma，解得所受浮力大小为4830N，选项A正确。加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，选项B错误。由于做加速度逐渐减小的加速运动，热气球从地面开始上升10s后的速度小于5m/s，选项C错误。由平衡条件可

39、得，F-mg-f=0，以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为f=F-mg=4830N -4600N =230N，选项D正确。4（2013高考安徽理综第14题）如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为（重力加速度为g）A T=m (gsin+ acos)，FN= m(gcos- asin)B T=m(gsin+ acos) ，FN= m(gsin- acos)C T=m(acos- gsin) ，FN= m(gcos+ asi

40、n)D T=m(asin- gcos) ，FN= m(gsin+ acos)【答案】A 【 解析】将绳子的拉力T和斜面弹力FN分解为 水平方向和 竖直方向Tcos- FN sin=ma Tsin- FN cos=mg 联立两式解方程组，得T=m(gsin+ acos) ，FN= m(gcos- asin)，选项A正确；5.（15分）（2013高考山东理综第22题）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30o，物块与斜面之间的动摩擦

41、因数。重力加速度g取10 m/s2.（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析：（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得：L= v0t+at2， v= v0+at， 联立式，代入数据解得：a=3m/s2，v=8m/s。（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面之间的夹角为。受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：Fcos-mgsin-Ff=ma， Fsin+FN-mgcos=0， 又Ff=FN。 联立解得：F=。由数学知识得：cos+sin=sin(60+)， 由式可知对应的F最小值的夹角=30 联立式，代入数据得F的最小值为：Fmin=N。6.（19分）（2013高考福建理综第21题）质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。 求此状态下杆的加速度大小a； 为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？解析：（1）如图1，设平衡时绳子拉力为T，有：2Tcos-mg=0，