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1、教育类资料一、选择题（共15个，每个4分，共60分，在每个题目所给的选项中至少有一个选项正确，全部选对得4分，选不全者得2分，有错选的得0分）1.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速度”定义为，其中和分别表示某段位移s内的初速度和末速度。A0表示物体做加速运动，A0且保持不变，则a逐渐变大C. 若A不变，则物体在中间位置处的速度为D. 若A不变，则物体在中间位置处的速度为【答案】BC【解析】【分析】充分理解题目所提供信息的物理意义，将A=vtv0s与a=vtv0t进行对比，即可正确解答该题。【详解】若A不变，
2、有两种情况，第一种情况：A0，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越大，所以相等位移内所用时间越来越少，由a=vtv0t可知，a越来越大；第二种情况：A0，相等位移内速度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等位移内用的时间越来越多，由a=vtv0t可知，a越来越小，故A错误，B正确。因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为s2，速度变化量为vtv02，所以此位置的速度为v0+vtv02=vt+v02，故C正，D错误。故选BC。【点睛】本题属于信息题，正确读取和应用所给信息是解题关键，如本题中根据题意可知“另类匀变速直线运动”中速度是随位移均匀增加的2.如图所示为某一质点做直线运动
3、的位移x随时间变化的规律，图为一条抛物线，则下列说法正确的是( )A. 在10s末，质点的速率最大B. 在110s内，质点所受合力的方向与速度方向相反C. 在8s末和12s末，质点的加速度方向相反D. 在020s内，质点的位移大小为100m【答案】B【解析】【分析】位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向【详解】位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零。故A错误。在110s内，斜率逐渐减小，说明物体做
4、减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反。故B正确。在0-10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10-20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在8s末和12s末，质点的加速度方向相同。故C错误。由图可知，20s内位移为x=x2-x1=0-1m=-1m。故D错误。故选B。【点睛】理解位移-时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键3.如图所示，在光滑水平面上，O为水平直线MN上的一点，质量为m的质点在O点的左方时受到水平向右的恒力F1作用，运动到O点的右方时，同时还受到水
5、平恒力F2的作用，设质点从图示位置由静止开始运动，其v-t图象如图所示，在0-t4时间内，下列说法错误的是( ) A. 质点在O点右方运动的时间为t3-t1B. 质点在O点的左方加速度大小为v1t4-t3C. F2的大小为2mv1t3-t1D. 质点在0-t4这段时间内的最大位移为v1t22【答案】C【解析】【分析】由v-t图可知物体的速度随时间变化的规律，并能求出物体各段时间内的加速度；根据物体的受力情况则可得出两力的大小关系【详解】在0t1时间内，小球在0的左方向向右做匀加速运动；在t1t2时间内小球在0的右方向右做匀减速直线运动，在t2t3时间内小球在0的右方向左做匀加速直线运动，根据运
6、动过程的对称性得知，小球在0的右方运动的时间为t3t1=t42t1，故A正确；图中0-t1与t3t4两段时间内小球在0的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在0的左方加速度为a=v10t4t3=v1t4t3，故B正确；在t1t3时间内，小球的加速度大小为a=v1v1t3t1=2v1t3t1，根据牛顿第二定律得：F2F1=ma，得F2=F1+ma=F1+2mv1t3t1，故C错误；小球在0t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为x=v1t22，故D正确。本题选错误的，故选C。【点睛】本题结合图象与牛顿运动定律，应通过图象得出物体的运动情况，再由牛顿第二定律即可求得受力情况4.如图所示
7、，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且到达对岸的时间不变，下列措施中可行的是( )A. 增大角，增大vB. 减小角，减小vC. 减小角，保持v不变D. 增大角，保持v不变【答案】B【解析】【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角【详解】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸
8、，则如图所示由图可知，故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解5.如图所示,放在倾角=15的斜面上物体A与放在水平面上的物体B通过跨接于定滑轮的轻绳连接,在某一瞬间当A沿斜面向上的速度为v1时，轻绳与斜面的夹角=30，与水平面的夹角=60，此时B沿水平面的速度v2为（ ）A. 6223v1 B. 6+223v1 C. 33v1 D. 3v1【答案】D【解析】试题分析：把A、B的速度分别分解到沿绳和垂直于绳的方向，由关联速度知，它们在沿绳方向的分速度相等，即，解得：，所以A、B、C错误；D正确。考点：本题考查运
9、动的分解6.如图所示，竖直面内有一圆环，圆心为O，水平直径为AB，倾斜直径为MN、AB、MN夹角为，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳与轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程，轻绳的的张力的变化情况正确的是A. 逐渐增大B. 先增大再减小C. 逐渐减小D. 先减小再增大【答案】B【解析】M、N连线与水平直径的夹角(90)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角越小，根据mg=2FTcos，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，ACD错误；故选B。7.如图所示
10、，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为370的斜面B上静止不动.若用通过球心的水平推力F=10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止.已知sin370=0.6，cos370=0.8 ，取g=10ms2 ，则（ ）A. 地面对斜面B的弹力不变B. 物体A对斜面B的作用力增加10NC. 物体A受到斜面B的摩擦力增加8ND. 地面对斜面B的摩擦力增加8N【答案】A【解析】【分析】对没有施加力F时的半球进行受力分析，根据平衡条件求出物体受到的摩擦力；以整体为研究对象求出地面对斜面的摩擦力，然后进行比较【详解】以整体为研究对象，力F的是水平的，所以不影响竖直方向的受力，地面对斜面的弹
11、力大小不变，故A正确；没有施加力F时根据平衡条件A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40N，根据牛顿第三定律物体A对斜面的作用力为40N反向向下，施加力F后物体A对斜面的作用力如图：由平行四边行定则有：F=102+402N=1017N，可以看出物体对斜面的作用力不是增加10N，故B错误；没有施加力F时，对物体A受力分析：根据平衡条件：f=mgsin=4100.6=24N；施加力F后，对物体A受力分析，如图：根据平衡条件，在斜面方向：f+Fcos=mgsin，代入数据解得：f=16N，故物体受到斜面的摩擦力减少：f=24N16N=8N，故C错误；以整体为研究对象，水平方向增加了10N的力F，根
12、据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10N故D错误。故选A。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答注意整体法和隔离法的应用8.一质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6 N，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是A. 若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6 NB. 若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 NC. 若升降机是
13、加速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为65 ND. 若升降机是减速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为65 N【答案】C【解析】试题分析：A、B若升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：，故AB错误；C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：，解得：，在水平方向，由平衡条件得：，杆对球的作用力大小：，故C正确；D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿第二定律得：，解得：，在水平方向，由平衡条件得：，杆对球的作用力大小：，故D错误；故选：C。考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力。【名师点睛】本题考查了求
14、杆的作用力大小，根据球的运动状态，应用平衡条件与牛顿第二定律可以解题；解题时注意力的合成与分解的应用。球受到重力、绳子拉力与杆的作用力，球静止时处于平衡状态，应用平衡条件求出杆的作用力；球做匀变速直线运动时，应用牛顿第二定律与力的合成方法求出杆的作用力。9.如图所示,在倾角为=30的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )A. 物块B的加速度为12gB. 物块A、B间的弹力为13mgC. 弹簧的弹力为12mgD. 物块A的加速度为1
15、3g【答案】A【解析】【分析】剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A、B间的弹力大小。【详解】剪断细绳前，对A分析，弹簧的弹力F弹=mgsin30=12mg，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对AB整体分析，加速度a=3mgsin30F弹3m=3mg2mg23m=13g，故A错误，CD正确。隔离对B分析，根据牛顿第二定律得2mgsin30N=2ma，解得N=13mg，故B正确。本题选错误的，故选A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用。10.如图,水平路面出现了一个地坑,其竖直截面为半圆,AB为沿水平方向的直径。一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下,但两颗石子分别以v1,v2的速度从A点沿AB方向水平飞出,分别落于C、D
