高中物理常見的物理模型易錯題歸納總結

1、高中物理常見的物理模型易錯題歸納總結一、斜面問題1自由釋放的滑塊能在斜面上(如圖91 甲所示)勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數(shù)gtan 圖91甲2自由釋放的滑塊在斜面上(如圖91 甲所示)：(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左3自由釋放的滑塊在斜面上(如圖91乙所示)勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零(見一輪書中的方法概述)圖91乙4懸掛有物體的小車在斜面上滑行(如圖92所示)：圖9

2、2(1)向下的加速度agsin 時，懸繩穩(wěn)定時將垂直于斜面；(2)向下的加速度agsin 時，懸繩穩(wěn)定時將偏離垂直方向向上；(3)向下的加速度agsin 時，懸繩將偏離垂直方向向下5在傾角為的斜面上以速度v0平拋一小球(如圖93所示)：圖93(1)落到斜面上的時間t；(2)落到斜面上時，速度的方向與水平方向的夾角恒定，且tan 2tan ，與初速度無關；(3)經過tc 小球距斜面最遠，最大距離d6如圖94所示，當整體有向右的加速度agtan 時，m能在斜面上保持相對靜止圖947在如圖95所示的物理模型中，當回路的總電阻恒定、導軌光滑時，ab棒所能達到的穩(wěn)定速度vm圖958如圖96所示，當各接觸

3、面均光滑時，在小球從斜面頂端滑下的過程中，斜面后退的位移s L圖96例1有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一些特殊條件下的結果等方面進行分析，并與預期結果、實驗結論等進行比較，從而判斷解的合理性或正確性舉例如下：如圖97甲所示，質量為M、傾角為的滑塊A放于水平地面上把質量為m的滑塊B放在A的斜面上忽略一切摩擦，有人求得B相對地面的加速度a gsin ，式中g為重力加速度圖97甲對于上述解，某同學首先分析了等號右側的量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題他進一步利用特殊條件對該解做了如下四項分析和判斷，所得結論都是“解可

4、能是對的”但是，其中有一項是錯誤的，請你指出該項2008年高考北京理綜卷()A當0時，該解給出a0，這符合常識，說明該解可能是對的B當90時，該解給出ag，這符合實驗結論，說明該解可能是對的C當Mm時，該解給出agsin ，這符合預期的結果，說明該解可能是對的D當mM時，該解給出a，這符合預期的結果，說明該解可能是對的【解析】當A固定時，很容易得出agsin ；當A置于光滑的水平面時，B加速下滑的同時A向左加速運動，B不會沿斜面方向下滑，難以求出運動的加速度圖97乙設滑塊A的底邊長為L，當B滑下時A向左移動的距離為x，由動量守恒定律得：Mm解得：x當mM時，xL，即B水平方向的位移趨于零，B趨

5、于自由落體運動且加速度ag選項D中，當mM時，ag顯然不可能答案D【點評】本例中，若m、M、L有具體數(shù)值，可假設B下滑至底端時速度v1的水平、豎直分量分別為v1x、v1y，則有：mv1x2mv1y2Mv22mghmv1xMv2解方程組即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑過程中相對地面的加速度例2在傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相同的勻強磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下(如圖98甲所示)，它們的寬度均為L一個質量為m、邊長也為L的正方形線框以速度v進入上部磁場時，恰好做勻速運動圖98甲(1)當ab邊剛越過邊界ff時，線框的加速度為多大，方向如何？(2)

6、當ab邊到達gg與ff的正中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則線框從開始進入上部磁場到ab邊到達gg與ff的正中間位置的過程中，線框中產生的焦耳熱為多少？(線框的ab邊在運動過程中始終與磁場邊界平行，不計摩擦阻力)【解析】(1)當線框的ab邊從高處剛進入上部磁場(如圖98 乙中的位置所示)時，線框恰好做勻速運動，則有：mgsin BI1L此時I1當線框的ab邊剛好越過邊界ff(如圖98乙中的位置所示)時，由于線框從位置到位置始終做勻速運動，此時將ab邊與cd邊切割磁感線所產生的感應電動勢同向疊加，回路中電流的大小等于2I1故線框的加速度大小為：圖98乙a3gsin ，方向沿斜面向上(2)而當線

7、框的ab邊到達gg與ff的正中間位置(如圖98 乙中的位置所示)時，線框又恰好做勻速運動，說明mgsin 4BI2L故I2I1由I1可知，此時vv從位置到位置，線框的重力勢能減少了mgLsin 動能減少了mv2m()2mv2由于線框減少的機械能全部經電能轉化為焦耳熱，因此有：QmgLsin mv2答案(1)3gsin ，方向沿斜面向上(2)mgLsin mv2【點評】導線在恒力作用下做切割磁感線運動是高中物理中一類常見題型，需要熟練掌握各種情況下求平衡速度的方法二、疊加體模型疊加體模型在歷年的高考中頻繁出現(xiàn)，一般需求解它們之間的摩擦力、相對滑動路程、摩擦生熱、多次作用后的速度變化等，另外廣義的

8、疊加體模型可以有許多變化，涉及的問題更多如2009年高考天津理綜卷第10題、寧夏理綜卷第20題、山東理綜卷第24題，2008年高考全國理綜卷 的第15題、北京理綜卷第24題、江蘇物理卷第6題、四川延考區(qū)理綜卷第25題等疊加體模型有較多的變化，解題時往往需要進行綜合分析(前面相關例題、練習較多)，下列兩個典型的情境和結論需要熟記和靈活運用1疊放的長方體物塊A、B在光滑的水平面上勻速運動或在光滑的斜面上自由釋放后變速運動的過程中(如圖99所示)，A、B之間無摩擦力作用圖992如圖910所示，一對滑動摩擦力做的總功一定為負值，其絕對值等于摩擦力乘以相對滑動的總路程或等于摩擦產生的熱量，與單個物體的位

9、移無關，即Q摩fs相圖910例3質量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上，木塊左右兩側各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手首先左側的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖911所示設子彈均未射穿木塊，且兩子彈與木塊之間的作用力大小均相同當兩顆子彈均相對木塊靜止時，下列說法正確的是(注：屬于選修35模塊)()圖911A最終木塊靜止，d1d2B最終木塊向右運動，d1d2C最終木塊靜止，d1d2【解析】木塊和射出后的左右兩子彈組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，設子彈的質量為m，由動量守恒定律得：mv0mv0(M2m)v解得：v0，即

10、最終木塊靜止設左側子彈射入木塊后的共同速度為v1，有：mv0(mM)v1Q1fd1mv02(mM)v12解得：d1對右側子彈射入的過程，由功能原理得：Q2fd2mv02(mM)v120解得：d2即d1d2答案C【點評】摩擦生熱公式可稱之為“功能關系”或“功能原理”的公式，但不能稱之為“動能定理”的公式，它是由動能定理的關系式推導得出的二級結論三、含彈簧的物理模型縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關的物理試題占有相當大的比重高考命題者常以彈簧為載體設計出各類試題，這類試題涉及靜力學問題、動力學問題、動量守恒和能量守恒問題、振動問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個力學的知識體系為了幫助同學們掌握這類試題的分

11、析方法，現(xiàn)將有關彈簧問題分類進行剖析對于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個儲能元件因此，彈簧問題能很好地考查學生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞題目類型有：靜力學中的彈簧問題，動力學中的彈簧問題，與動量和能量有關的彈簧問題1靜力學中的彈簧問題(1)胡克定律：Fkx，F(xiàn)kx(2)對彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數(shù)一定等于掛鉤上的拉力例4如圖912甲所示，兩木塊A、B的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)現(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A

12、和B的重力勢能共增加了()圖912甲ABC(m1m2)2g2()D【解析】取A、B以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對象，則當下面的彈簧對地面的壓力為零時，向上提A的力F恰好為：F(m1m2)g設這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長x1、x2，如圖912乙所示，由胡克定律得：圖912乙x1，x2故A、B增加的重力勢能共為：Epm1g(x1x2)m2gx2答案D【點評】計算上面彈簧的伸長量時，較多同學會先計算原來的壓縮量，然后計算后來的伸長量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運用x進行計算更快捷方便通過比較可知，重力勢能的增加并不等于向上提的力所做的功Wx總2動力學中的彈簧問題(1)瞬時加速度問

13、題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發(fā)生突變，彈力也不會發(fā)生突變(2)如圖913所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復原長時刻B與A開始分離圖913例5一彈簧秤秤盤的質量m11.5 kg，盤內放一質量m210.5 kg的物體P，彈簧的質量不計，其勁度系數(shù)k800 N/m，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖914 所示圖914現(xiàn)給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速直線運動，已知在最初0.2 s內F是變化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值(取g10 m/s2)【解析】初始時刻彈簧的壓縮量為：x00.15 m設秤盤上升高度x時P與秤盤分離，分離時

14、刻有：a又由題意知，對于00.2 s時間內P的運動有：at2x解得：x0.12 m，a6 m/s2故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin(m1m2)a72 N分離時刻拉力達到最大值Fmaxm2gm2a168 N答案72 N168 N【點評】對于本例所述的物理過程，要特別注意的是：分離時刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時刻彈簧的彈力與秤盤的重力使秤盤產生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離3與動量、能量相關的彈簧問題與動量、能量相關的彈簧問題在高考試題中出現(xiàn)頻繁，而且常以計算題出現(xiàn)，在解析過程中以下兩點結論的應用非常重要：(1)彈簧壓縮和伸長的形變相同時，彈簧的彈性勢能相等；(2)彈簧連接兩個

15、物體做變速運動時，彈簧處于原長時兩物體的相對速度最大，彈簧的形變最大時兩物體的速度相等例6如圖915所示，用輕彈簧將質量均為m1 kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(tài)，A距地面的高度h10.90 m同時釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續(xù)上升)若將B物塊換為質量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面已知彈簧的勁度系數(shù)k100 N/m，求h2的大小圖915【解析】設A物塊落地時，B物塊的速度為v1，則有：mv12mg

16、h1設A剛好離地時，彈簧的形變量為x，對A物塊有：mgkx從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：mv12mgxEp換成C后，設A落地時，C的速度為v2，則有：2mv222mgh2從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：2mv222mgxEp聯(lián)立解得：h20.5 m答案0.5 m【點評】由于高中物理對彈性勢能的表達式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時都要用到上述結論“”例7用輕彈簧相連的質量均為2 kg 的A、B兩物塊都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如

17、圖916 甲所示B與C碰撞后二者粘在一起運動，則在以后的運動中：圖916甲(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度為多大？(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？【解析】(1)當A、B、C三者的速度相等(設為vA)時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：(mAmB)v(mAmBmC)vA解得：vA m/s3 m/s(2)B、C發(fā)生碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者的速度為v，則有：mBv(mBmC)v解得：v2 m/sA的速度為vA時彈簧的彈性勢能最大，設其值為Ep，根據(jù)能量守恒定律得：Ep(mBmC)v2mAv

18、2(mAmBmC)vA212 J(3)方法一A不可能向左運動根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有：(mAmB)vmAvA(mBmC)vB設A向左，則vA0，vB4 m/s則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為：EmAv(mBmC)v(mBmC)v48 J實際上系統(tǒng)的機械能為：EEp(mAmBmC)vA212 J36 J48 J根據(jù)能量守恒定律可知，EE是不可能的，所以A不可能向左運動方法二B、C碰撞后系統(tǒng)的運動可以看做整體向右勻速運動與A、B和C相對振動的合成(即相當于在勻速運動的車廂中兩物塊相對振動)由(1)知整體勻速運動的速度v0vA3 m/s圖916乙取以v03 m/s勻速運動的物體為參考系，可知

19、彈簧處于原長時，A、B和C相對振動的速率最大，分別為：vAOvv03 m/svBO|vv0|1 m/s由此可畫出A、B、C的速度隨時間變化的圖象如圖916乙所示，故A不可能有向左運動的時刻答案(1)3 m/s(2)12 J(3)不可能，理由略【點評】要清晰地想象、理解研究對象的運動過程：相當于在以3 m/s勻速行駛的車廂內，A、B和C做相對彈簧上某點的簡諧振動，振動的最大速率分別為3 m/s、1 m/s當彈簧由壓縮恢復至原長時，A最有可能向左運動，但此時A的速度為零例8探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m筆的彈跳過程分為三個階段：圖917

20、把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖917甲所示)；由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時，與靜止的內芯碰撞(如圖917乙所示)；碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖917丙所示)設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力，不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g求：(1)外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小(2)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功(3)從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能2009年高考重慶理綜卷【解析】設外殼上升到h1時速度的大小為v1，外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2(1)對外殼和內芯，從撞后達到

21、共同速度到上升至h2處，由動能定理得：(4mm)g(h2h1)(4mm)v0解得：v2(2)外殼與內芯在碰撞過程中動量守恒，即：4mv1(4mm)v2將v2代入得：v1設彈簧做的功為W，對外殼應用動能定理有：W4mgh14mv將v1代入得：Wmg(25h29h1)(3)由于外殼和內芯達到共同速度后上升至高度h2的過程中機械能守恒，只有在外殼和內芯的碰撞中有能量損失，損失的能量E損4mv(4mm)v將v1、v2代入得：E損mg(h2h1)答案(1)(2)mg(25h29h1)(3)mg(h2h1)由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養(yǎng)和訓練學生的物理思維、反映和開發(fā)學生的學習潛能的優(yōu)秀試題彈簧

22、與相連物體構成的系統(tǒng)所表現(xiàn)出來的運動狀態(tài)的變化，為學生充分運用物理概念和規(guī)律(牛頓第二定律、動能定理、機械能守恒定律、動量定理、動量守恒定律)巧妙解決物理問題、施展自身才華提供了廣闊空間，當然也是區(qū)分學生能力強弱、拉大差距、選拔人才的一種常規(guī)題型因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、獨具特色的考題四、傳送帶問題從1990年以后出版的各種版本的高中物理教科書中均有皮帶傳輸機的插圖皮帶傳送類問題在現(xiàn)代生產生活中的應用非常廣泛這類問題中物體所受的摩擦力的大小和方向、運動性質都具有變化性，涉及力、相對運動、能量轉化等各方面的知識，能較好地考查學生分析物理過程及應用物理規(guī)律解答物理問題的能力對

23、于滑塊靜止放在勻速傳動的傳送帶上的模型，以下結論要清楚地理解并熟記：(1)滑塊加速過程的位移等于滑塊與傳送帶相對滑動的距離；(2)對于水平傳送帶，滑塊加速過程中傳送帶對其做的功等于這一過程由摩擦產生的熱量，即傳送裝置在這一過程需額外(相對空載)做的功Wmv22Ek2Q摩例9如圖918甲所示，物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶后落到地面上的Q點若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向勻速運動(使傳送帶隨之運動)，物塊仍從P點自由滑下，則()圖918甲A物塊有可能不落到地面上B物塊仍將落在Q點C物塊將會落在Q點的左邊D物塊將會落在Q點的右邊【解析】如圖918乙所示，設物塊滑上水平傳送帶上

24、的初速度為v0，物塊與皮帶之間的動摩擦因數(shù)為，則：圖918乙物塊在皮帶上做勻減速運動的加速度大小ag物塊滑至傳送帶右端的速度為：v物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間可由方程sv0tgt2解得當皮帶向左勻速傳送時，滑塊在皮帶上的摩擦力也為：fmg物塊在皮帶上做勻減速運動的加速度大小為：a1g則物塊滑至傳送帶右端的速度vv物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間同樣可由方程sv0tgt2 解得由以上分析可知物塊仍將落在Q點，選項B正確答案B【點評】對于本例應深刻理解好以下兩點：滑動摩擦力fFN，與相對滑動的速度或接觸面積均無關；兩次滑行的初速度(都以地面為參考系)相等，加速度相等，故運動過程完全相同我們延伸

25、開來思考，物塊在皮帶上的運動可理解為初速度為v0的物塊受到反方向的大小為mg的力F的作用，與該力的施力物體做什么運動沒有關系例10如圖919所示，足夠長的水平傳送帶始終以v3 m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質量M2 kg 的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.3開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止現(xiàn)有兩個光滑的質量均為m1 kg 的小球先后相隔t3 s自傳送帶的左端出發(fā)，以v015 m/s的速度在傳送帶上向右運動第1個球與木盒相遇后立即進入盒中并與盒保持相對靜止；第2個球出發(fā)后歷時t1 s才與木盒相遇取g10 m/s2，問：圖919(1)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為多大

26、？(2)第1個球出發(fā)后經過多長時間與木盒相遇？(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產生的熱量是多少？【解析】(1)設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得：mv0Mv(mM)v1解得：v13 m/s，方向向右(2)設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過時間t0與木盒相遇，則有：t0設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：(mM)g(mM)a解得：ag3 m/s2，方向向左設木盒減速運動的時間為t1，加速到與傳送帶具有相同的速度的時間為t2，則：t1t21 s故木盒在2

27、s內的位移為零依題意可知：sv0t1v(tt1t1t2t0)解得：s7.5 m，t00.5 s(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中，設傳送帶的位移為s，木盒的位移為s1，則：sv(tt1t0)8.5 ms1v(tt1t1t2t0)2.5 m故木盒相對于傳送帶的位移為：sss16 m則木盒與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為：Qfs54 J答案(1)3 m/s(2)0.5 s(3)54 J【點評】本題解析的關鍵在于：對物理過程理解清楚；求相對路程的方法能力演練一、選擇題(104分)1圖示是原子核的核子平均質量與原子序數(shù)Z的關系圖象，下列說法正確的是()A若D和E結合成F，結合過程中一

28、定會吸收核能B若D和E結合成F，結合過程中一定會釋放核能C若A分裂成B和C，分裂過程中一定會吸收核能D若A分裂成B和C，分裂過程中一定會釋放核能【解析】D、E結合成F粒子時總質量減小，核反應釋放核能；A分裂成B、C粒子時，總質量減小，核反應釋放核能答案BD2單冷型空調器一般用來降低室內溫度，其制冷系統(tǒng)與電冰箱的制冷系統(tǒng)結構基本相同某單冷型空調器的制冷機從低溫物體吸收熱量Q2，向高溫物體放出熱量Q1，而外界(壓縮機)必須對工作物質做功W，制冷系數(shù)設某一空調的制冷系數(shù)為4，若制冷機每天從房間內部吸收2.0107 J的熱量，則下列說法正確的是()AQ1一定等于Q2B空調的制冷系數(shù)越大越耗能C制冷機每

29、天放出的熱量Q12.5107 JD制冷機每天放出的熱量Q15.0106 J【解析】Q1Q2WQ2，選項A錯誤；越大，從室內向外傳遞相同熱量時壓縮機所需做的功(耗電)越小，越節(jié)省能量，選項B錯誤；又Q1Q22.5107 J，故選項C正確答案C3圖示為一列簡諧橫波的波形圖象，其中實線是t10時刻的波形，虛線是t21.5 s時的波形，且(t2t1)小于一個周期由此可判斷()A波長一定是60 cmB波一定向x軸正方向傳播C波的周期一定是6 sD波速可能是0.1 m/s，也可能是0.3 m/s【解析】由題圖知60 cm若波向x軸正方向傳播，則可知：波傳播的時間t1，傳播的位移s115 cm故知T6 s，

30、v0.1 m/s若波向x軸負方向傳播，可知：波傳播的時間t2T，傳播的位移s245 cm故知T2 s，v0.3 m/s答案AD4如圖所示，在水平桌面上疊放著質量均為M的A、B兩塊木板，在木板A的上面放著一個質量為m的物塊C，木板和物塊均處于靜止狀態(tài)A、B、C之間以及B與地面之間的動摩擦因數(shù)都為若用水平恒力F向右拉動木板A，使之從C、B之間抽出來，已知重力加速度為g，則拉力F的大小應該滿足的條件是(已知最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力)()AF(2mM)gBF(m2M)gCF2(mM)g DF2mg【解析】無論F多大，摩擦力都不能使B向右滑動，而滑動摩擦力能使C產生的最大加速度為g，故g時，即F

31、2(mM)g時A可從B、C之間抽出答案C5如圖所示，一束單色光a射向半球形玻璃磚的球心，在玻璃與空氣的界面MN上同時發(fā)生反射和折射，b為反射光，c為折射光，它們與法線間的夾角分別為和逐漸增大入射角，下列說法中正確的是()A和兩角同時增大，始終大于Bb光束的能量逐漸減弱，c光束的能量逐漸加強Cb光在玻璃中的波長小于b光在空氣中的波長Db光光子的能量大于c光光子的能量【解析】三個角度之間的關系有：，n1，故隨著的增大，、都增大，但是，選項A錯誤，且在全反射前，c光束的能量逐漸減弱，b光束的能量逐漸加強，選項B錯誤；又由n，b光在玻璃中的波長小于在空氣中的波長，但光子的能量不變，選項C正確、D錯誤答

32、案C6如圖所示，水平傳送帶以v2 m/s的速度勻速前進，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運動如果要使傳送帶保持原來的速度勻速前進，則傳送帶的電動機應增加的功率為()A100 WB200 WC500 WD無法確定【解析】漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50 kg 的煤粉被加速至2 m/s，故每秒鐘傳送帶的電動機應多做的功為：WEkQmv2fsmv2200 J故傳送帶的電動機應增加的功率P200 W答案B7如圖所示，一根用絕緣材料制成的輕彈簧，勁度系數(shù)為k，一端固定，另一端與質量為m、帶電荷量為q的小球相連，靜止在光滑絕緣水平面上當施加水平向右的

33、勻強電場E后，小球開始做簡諧運動，下列關于小球運動情況的說法中正確的是()A小球的速度為零時，彈簧的伸長量為B小球的速度為零時，彈簧的伸長量為C運動過程中，小球和彈簧系統(tǒng)的機械能守恒D運動過程中，小球動能變化量、彈性勢能變化量以及電勢能的變化量之和保持為零【解析】由題意知，小球位于平衡位置時彈簧的伸長量x0，小球速度為零時彈簧處于原長或伸長了2x0，選項A錯誤、B正確小球做簡諧運動的過程中彈簧彈力和電場力都做功，機械能不守恒，動能、彈性勢能、電勢能的總和保持不變，選項D正確答案BD8如圖所示，將質量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動

34、摩擦力大小相等，重力加速度為g，則2009年高考北京理綜卷()A將滑塊由靜止釋放，如果tan ，滑塊將下滑B給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan ，滑塊將減速下滑C用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果tan ，則拉力大小應是2mgsin D用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果tan ，則拉力大小應是mgsin 【解析】對于靜止置于斜面上的滑塊，可沿斜面下滑的條件為mgsin mgcos ；同理，當mgsin mgcos 時，具有初速度下滑的滑塊將做減速運動，選項A、B錯誤；當tan 時，滑塊與斜面之間的動摩擦力fmgsin ，由平衡條件知，使滑塊勻速上滑的拉力F2mgsin ，

35、選項C正確、D錯誤答案C9國產“水刀”超高壓數(shù)控萬能水切割機，以其神奇的切割性能在北京國際展覽中心舉行的第五屆國際機床展覽會上引起轟動，它能切割40 mm厚的鋼板、50 mm厚的大理石等材料將普通的水加壓，使其從口徑為0.2 mm的噴嘴中以800 m/s1000 m/s的速度射出，這種水射流就是“水刀”我們知道，任何材料承受的壓強都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的壓強的限度A橡膠5107 PaB花崗石1.2108 Pa2.6108 PaC鑄鐵8.8108 PaD工具鋼6.7108 Pa設想一“水刀”的水射流橫截面積為S，垂直入射的速度 v800 m/s，水射流與材料接觸后，速度為零，且

36、不附著在材料上，水的密度1103 kg/m3，則此水刀不能切割上述材料中的()【解析】以射到材料上的水量m為研究對象，以其運動方向為正方向，由動量定理得：pStSvtv得：pv26.4108 Pa由表中數(shù)據(jù)可知：此“水刀”不能切割材料C和D答案CD10如圖甲所示，質量為2m的長木板靜止地放在光滑的水平面上，另一質量為m的小鉛塊(可視為質點)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且與木板保持相對靜止，鉛塊在運動過程中所受到的摩擦力始終不變若將木板分成長度與質量均相等(即m1m2m)的兩段1、2后，將它們緊挨著放在同一水平面上，讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開始運動，如圖乙所示

37、，則下列說法正確的是()A小鉛塊滑到木板2的右端前就與之保持相對靜止B小鉛塊滑到木板2的右端后與之保持相對靜止C甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量相等D圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量【解析】長木板分兩段前，鉛塊和木板的最終速度為：vtv0且有QfLmv023m()2mv02長木板分兩段后，可定量計算出木板1、2和鉛塊的最終速度，從而可比較摩擦生熱和相對滑動的距離；也可用圖象法定性分析(如圖丙所示)比較得到小鉛塊到達右端之前已與木板2保持相對靜止，故圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量丙答案AD二、非選擇題(共60分)11(5分)圖示為伏安法測電阻的部分電路，

38、電路其他部分不變，當開關S接a點時，電壓表的示數(shù)U111 V，電流表的示數(shù)I10.2 A；當開關S接b點時，U212 V，I20.15 A那么，為了提高測量的準確性，開關S應接_點(填“a”或“b”)，Rx的測量值為_答案b(2分)80(3分)12(10分)如圖所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，輕彈簧的一端固定在水平軌道的左端，OP是可繞O點轉動的輕桿，且擺到某處就能停在該處；另有一小鋼球現(xiàn)在利用這些器材測定彈簧被壓縮時的彈性勢能(1)還需要的器材是_、_(2)以上測量實際上是把對彈性勢能的測量轉化為對_能的測量，需要直接測量_和_(3)為了研究彈簧的彈性勢能與勁度系數(shù)和形變量間的關系，除

39、以上器材外，還準備了幾個輕彈簧，所有彈簧的勁度系數(shù)均不相同試設計記錄數(shù)據(jù)的表格答案(1)天平刻度尺(每空1分)(2)重力勢質量上升高度(每空1分)(3)設計表格如下(5分)小球的質量m_kg，彈簧A壓縮量x(m)上升高度h(m)Emgh(J)壓縮量x_cm，小球的質量m_kg彈簧ABC勁度系數(shù)k(N/m)上升高度h(m)Emgh(J)13(10分)如圖所示，一勁度系數(shù)k800 N/m的輕彈簧的兩端各焊接著兩個質量均為m12 kg的物體A、B，A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上現(xiàn)加一豎直向上的力F在上面的物體A上，使物體A開始向上做勻加速運動，經0.4 s物體B剛要離開地面，設整個過程中彈簧都處

40、于彈性限度內，取g10 m/s2求：(1)此過程中所加外力F的最大值和最小值(2)此過程中外力F所做的功【解析】(1)A原來靜止時有：kx1mg(1分)當物體A剛開始做勻加速運動時，拉力F最小，設為F1對物體A有：F1kx1mgma(1分)當物體B剛要離開地面時，拉力F最大，設為F2對物體A有：F2kx2mgma(1分)對物體B有：kx2mg(1分)對物體A有：x1x2at2(1分)解得：a3.75 m/s2聯(lián)立解得：F145 N(1分)，F(xiàn)2285 N(1分)(2)在力F作用的0.4 s內，初末狀態(tài)的彈性勢能相等(1分)由功能關系得：WFmg(x1x2)m(at)249.5 J(2分)答案(

41、1)285 N45 N(2)49.5 J14(12分)如圖甲所示，傾角為、足夠長的兩光滑金屬導軌位于同一傾斜的平面內，導軌間距為l，與電阻R1、R2及電容器相連，電阻R1、R2的阻值均為R，電容器的電容為C，空間存在方向垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B一個質量為m、阻值也為R、長度為l的導體棒MN垂直于導軌放置，將其由靜止釋放，下滑距離s時導體棒達到最大速度，這一過程中整個回路產生的焦耳熱為Q，則：甲(1)導體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為多少？(2)導體棒從釋放開始到穩(wěn)定下滑的過程中流過R1的電荷量為多少？【解析】(1)當達到最大速度時，導體棒勻速運動，電容器中沒有電流，設導體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為v，有：EBlv(1分)I(1分)所以F安BIl(2分)導體棒的受力情況如圖乙所示，根據(jù)受力平衡條件有：乙F安mgsin (1分)解得：v(2分)(2)棒加速運動時電容器上的電壓增大，電容器充電；當棒達到最大速度后，電容器上的電荷量最大并保持不變，所以流過R1的電荷量就是電容器所帶的電荷量，則：UIR2R(3分)QR1CU(2分)答案(1)(2)15(13分)如圖甲所示，一質量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速