2017-2018 学年上海市闵行区七宝中学高二（上）开学物理试卷
1．下列各组物理量单位中，全属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．N、A、s B．kg、A、s C．kg、T、N D．kg、V、m/s 2．关于加速度和速度的关系，下列几种说法中正确的是（ ）
A．物体的加速度不为零，速度一定不为零 B．物体的加速度不为零，速度的大小一定改变
C．物体的加速度方向不变，速度的方向可能不断改变D．物体的加速度减小，速度一定不断减小
3. 在一个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有 
部分充
满了水，假设温度不变，则此时管内空气压强相当于（ ）
A．3 个大气压 B．1 个大气压 C． 个大气压 D． 
个大气压
4. 一质量为 m 的物体，以初速度 v0 沿光滑斜面向上滑行，当滑行到 h 高处时，该物体的机械能一定是（以斜面底端所在水平面为零势能面）（ ）
A． 
mv02 B．mgh C． 
mv 2+mgh D． mv 2﹣mgh
5. 
同一音叉发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形曲线如图，以下说法正确的是（ ）
A．声波在水中波长较大，b 是水中声波的波形曲线B．声波在空气中波长较大，b 是空气中声波的波形曲线C．水中质点振动频率较高，a 是水中声波的波形曲线
D．空气中质点振动频率较高，a 是空气中声波的波形曲线
6. 用一根长 1m 的轻质细绳将一幅质量为 1kg 的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力 10N，为使绳不断裂，画框上两个钉的间距最大为（g 取 10m/s2）（ ）
A. 
m B． m C． D． m
7. 
近年来测重力加速度 g 值的一种方法叫“对称自由下落法”．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中 O 点向上抛小球又落至原处所用时间为 t2，在小球运动过程中经过比 O 点高 h 的 B 点，小球离开 B 点至又回到 B 点所用时间为 t1，测得 t1、t2、h，则重力加速度的表达式为（ ）
A. B．
C． D．
8. 
两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在 0～0.4s 时间内的 v﹣t 图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间 t1 分别为（ ）
二、填空题
C． 和 0.28s D．3 和 0.28s
9. 甲、乙两个物体作简谐振动，甲振动 20 次时，乙振动了 40 次，则甲、乙振动周期之比
是 ，若甲的振幅增大了 2 倍而乙振幅不变，则甲、乙周期之比又是 ．
10. 一圆环，其圆心为 O，若以它的直径 AB 为轴做匀速转动，如图所示：
（1） 圆环上 P、Q 两点的线速度大小之比是 ；
（2） 若圆环的半径是 20cm，绕 AB 轴转动的周期是πs，环上 Q 点的向心加速度大小是
m/s2．
11. 以 20m/s 的初速度竖直上抛一质量为 0.5kg 的小球，小球上升的最大高度是 18m，上升过程中空气阻力对小球做的功为 J；小球落回抛出点时的动能为 J．
12. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，
（1） 某同学的操作步骤为：
a. 取一根细线，下端系住直径为 d 的金属小球，上端固定在铁架台上
b. 用米尺量得细线长度 L
c. 在摆线偏离竖直方向 5°位置释放小球
d. 
用秒表记录小球完成 n 次全振动的总时间 t，得到周期 T＝
e. 用公式 g＝4π2L/T2 计算重力加速度
①如果上述方法中单摆完成 50 次全振动时，秒表指针的位置如图 1 所示，则周期为
s；
②按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比 （选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．
（2） 
两个同学分别在北大和南大探究了“单摆周期 T 与摆长 L 关系”的规律．多次改变摆长，记录多组摆长和周期数据，并绘制了 T2﹣L 图象，如图 2 所示，从中可以判断， 北大的实验结果对应图线是 （填“A”或“B”）．北大的同学求出图线的斜率 k，则用斜率 k 求重力加速度的表达式为 g＝ ．
13. 某实验小组拟用如图 1 所示装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板，以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带带
下留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．
|
（1）在图 2 中，从 纸带可看出滑块的加速度和速度方向一致；
（2）（多选）用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有
A．摆长测量． B．滑块质量的测量C．漏斗重心的变化
D．滑块受摩擦阻力作用． 四、计算题
14. 
如图所示，A，B 两个固定的气缸，缸内气体均被活塞封闭着，A 缸内活塞的面积是 B 缸内活塞面积的 2 倍，两个活塞之间被一根细杆连接．当大气压强为 p0，A 缸内气体压强为 1.5p0 时，两个活塞恰好静止不动，求此时 B 缸内气体的压强．（活塞和缸壁间的摩擦不计）
15. 
在倾角为 30°的斜面底端，木块 A 以某一速度沿斜面向上运动，若木块与斜面间的动摩擦因数为 ，试求：
（1） 木块 A 在斜面上向上运动时的加速度的大小及方向；
（2） 木块 A 在斜面上离开出发点时和回到出发点时的动能之比．
|
16. 一定质量的理想气体，当体积不变时（ ）
A. 
温度每升高 1oC 时，增加的压强是原来压强的
B. 温度每升高 1K 时，增加的压强是它在 273K 的压强的
C. 压强与摄氏温度成正比D．压强与热力学温度成正比
17.
|
如图所示，重为 3N 的物体置于倾角为 37°的斜面上，用平行于斜面的大小为 5N 的力F 作用于物体，物体恰在斜面上做匀速直线运动，而斜面相对于地面保持静止，则下列说法中正确的是（ ）（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6 ）
A．物体可能沿斜面向下运动 B．斜面对物体有摩擦力的作用C．斜面对地面没有摩擦力的作用D．斜面对物体的作用力水平向左
18. 
如图所示，a、b 是一列横波上的两个质点，它们在 x 轴上的距离 s＝30m，波沿 x 轴正方向传播，当 a 振动到最高点时 b 恰好经过平衡位置向上振动，经过 3s 波传播了 30m， 下列判断正确的是（ ）
A．这列波的速度一定是 10m/s B．这列波的周期一定是 0.8s C．这列波的周期可能是 3s D．这列波的波长可能是 24m
19. 汽车以 15m/s 的初速度作匀减速直线运动，若在第二秒内通过的位移是 7.5m，则汽车的加速度大小为 m/s2，在刹车之后的 1s 内、2s 内、3s 内汽车通过的位移之比
为 ．
20. 将 20kg 的物体从静止开始以 2m/s2 的加速度竖直提升 4m，拉力做功的平均功率为W，到达 4m 末端时拉力的瞬时功率为 W．
21. 如图所示，长为 1.8m 的轻绳，上端悬挂在离地面 3.6m 高的天花板上，下端系一个质量为 2kg 的小球．现将球拉到天花板上，放手后球自由下落，在轻绳绷紧时，绳断球落地，从放手到球落地整个时间为 1.2s．若小球与绳作用时间及绳的伸长均可忽略不计， 求：
（1） 绳绷紧瞬间小球的速度；
（2） 小球克服绳的拉力所损失的机械能为多少？
|
22. 某潜艇发生碰撞后失去控制，在 10 秒内从海面沉入 110m 深的海底，艇上有 128 名官兵必须营救．
（1） 如果只研究潜艇在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，则潜艇 在竖直方向产生多大的加速度？又设潜艇上的官兵各自站在潜艇舱内，则平均质量为60kg 的官兵对舱底的压力为多大？
（2） 潜艇沉入海底时舱内官兵所需的氧气是有储存氧气的氧气瓶供氧的，假如每个官兵1min 需氧气约 1.5L，艇上共有 320 瓶压强为 6.0×106Pa、体积为 90L 的氧气瓶，则成功救援的最长时间为多大？
2017-2018 学年上海市闵行区七宝中学高二（上）开学物理试卷
参考答案与试题解析
1. 下列各组物理量单位中，全属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A．N、A、s B．kg、A、s C．kg、T、N D．kg、V、m/s
【分析】国际基本单位一共七个：长度 l 米 m
质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培]A
热力学温度 T 开[尔文]K 物质的量 n 摩[尔]mol 发光强度 Iv 坎[德拉]cd
【解答】解：
国际基本单位一共七个，由，m，kg，s，A，T，n，Iv，由此可知 B 正确故选：B。
【点评】国际基本单位中的七个，只有最后一个在高中见不到，其余都有涉及，记住就行
2. 关于加速度和速度的关系，下列几种说法中正确的是（ ）
A．物体的加速度不为零，速度一定不为零 B．物体的加速度不为零，速度的大小一定改变
C．物体的加速度方向不变，速度的方向可能不断改变D．物体的加速度减小，速度一定不断减小
【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．
【解答】解：A、物体的加速度不为零，速度可能为零，比如自由落体运动的初始时刻， 加速度不为零，速度为零，故 A 错误。
B、加速度不为零，速度一定变化，但是速度的大小不一定变化，比如匀速圆周运动，故
B 错误。
C、物体的加速度方向不变，速度方向可能不断改变，比如平抛运动，故 C 正确。
D、当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大，故 D 错误。故选：C。
【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关，以及掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．
3. 在一个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有 
部分充
满了水，假设温度不变，则此时管内空气压强相当于（ ）
A．3 个大气压 B．1 个大气压 C． 个大气压 D． 个大气压
【分析】管中气体经历等温压缩过程，已知初始状态的长度和压强、末状态的长度，根据玻意耳定律列式求解压缩后气体的压强．
【解答】解：管子中的气体的初始压强为 P0，体积为 SL，
压缩后的压强未知，体积为 SL，
根据玻意耳定律，有：P0SL＝P• SL， 解得：P＝3P0；
故选：A。
【点评】本题关键是明确管中封闭的气体经历等温压缩过程，选择玻意耳定律列式求解即可，基础题目．
4. 一质量为 m 的物体，以初速度 v0 沿光滑斜面向上滑行，当滑行到 h 高处时，该物体的机械能一定是（以斜面底端所在水平面为零势能面）（ ）
A． mv02 B．mgh C． mv 2+mgh D． 
mv 2﹣mgh
【分析】物体在上滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，求出初位置的机械能，从而得出高度 h 处的机械能．
【解答】解：物体上滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以滑到 h 高处时具有的机械能等于物体在斜面底端时的机械能
以斜面底端所在水平面为零势能面，则滑行到 h 高处时，该物体的机械能一定是 E＝
mv 2 。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道物体在运动的过程中机械能守恒，求出初位置的机械能即可求解，注意 h 高处的动能不一定为零．
5. 
同一音叉发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形曲线如图，以下说法正确的是（ ）
A．声波在水中波长较大，b 是水中声波的波形曲线B．声波在空气中波长较大，b 是空气中声波的波形曲线C．水中质点振动频率较高，a 是水中声波的波形曲线
D．空气中质点振动频率较高，a 是空气中声波的波形曲线
【分析】根据波长、频率及波速的关系可分析声波在水和空气中的波长的关系，即可判断其相应的波形．
【解答】解：同一音叉发出的声波，声源相同，频率 f 相同、周期 T 相同，故 CD 均错； 又声波在水中传播的传播速度比在空气中快、速度 V 大，根据波长λ＝VT 可知声波在水中波长较大；由图波形曲线可知 b 比 a 的波长长，故 b 是水中声波的波形曲线，故 A 正确、B 错误。
故选：A。
【点评】应熟记波的频率由振源决定，而波的传播速度由介质决定；由这两点即可判断波长的关系．
6.
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用一根长 1m 的轻质细绳将一幅质量为 1kg 的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力 10N，为使绳不断裂，画框上两个钉的间距最大为（g 取 10m/s2）（ ）
A. 
m B． m C． D． m
【分析】将重力按照力的效果进行分解，即沿两细线的方向分解，求出绳子即将断开时的临界角度（两细线夹角）即可得出画框上两个挂钉的最大间距．
【解答】解：一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上， 且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到 F＝10N 的时候，绳子间的张角最大，为 120°，此时两个挂钉间的距离最大；
画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。
绳子与竖直方向的夹角为θ＝60°，绳子长为 L0＝1m， 则有 mg＝2Fcosθ，两个挂钉的间距离 L＝2•
sinθ，
解得 L＝
m； 故选：B。
【点评】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本． 7．近年来测重力加速度 g 值的一种方法叫“对称自由下落法”．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中 O 点向上抛小球又落至原处所用时间为 t2，在小球运动过程中 经过比 O 点高 h 的 B 点，小球离开 B 点至又回到 B 点所用时间为 t1，测得 t1、t2、h，则
重力加速度的表达式为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】解决本题的关键是将竖直上抛运动分解成向上的匀减速运动和向下的匀加速， 所以从最高点落到 O 点的时间为 ，落到 B 点的时间为
，可以求出 VP 和 VO，根据OP 之间可得 H＝ ×（ ﹣ ）可求出 g．
【解答】解：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据 t 上＝t 下
则从最高点下落到 O 点所用时间为
，
故 V0＝
g
从最高点下落到 O 点所用时间为
， 则 VP＝g，
则从 B 点下落到 O 点的过程中的平均速度为 ＝
从 B 点下落到 O 点的时间为 t＝
﹣
根据 H＝t 可得H＝（
）（
﹣
）＝
（
g+
g）×（T2﹣T1）解得 g＝
故选：C。
【点评】对称自由落体法实际上利用了竖直上抛运动的对称性，所以解决本题的关键是将整个运动分解成向上的匀减速运动和向下匀加速运动，利用下降阶段即自由落体运动阶段解题．另外本题用到了利用平均速度求解位移的方法：s＝ 
t．
8. 两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在 0～0.4s 时间内的 v﹣t 图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间 t1 分别为（ ）
C． 和 0.28s D．3 和 0.28s
【分析】先根据三角形相似知识求出 t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比．
【解答】解：根据三角形相似得： ＝ ，得 t1＝0.30s。
根据速度图象的斜率等于加速度，得到：
甲的加速度大小为 a 甲＝
＝ 
，乙的加速度大小为 a 乙＝
＝10m/s2
据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等， 由牛顿第二定律 F＝ma 得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为 m 甲：m 乙
＝a 乙：a 甲＝3：1。
故选：B。
【点评】本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力．
9. 甲、乙两个物体作简谐振动，甲振动 20 次时，乙振动了 40 次，则甲、乙振动周期之比是 2：1 ，若甲的振幅增大了 2 倍而乙振幅不变，则甲、乙周期之比又是 2：1 ．
【分析】先根据频率是单位时间内完成全振动的次数，求解频率之比，再根据周期与频率互为倒数，求解周期之比．
【解答】解：根据频率是单位时间内完成全振动的次数，可知甲乙的频率之比为：
f 甲：f 乙＝20：40＝1：2；
由 T＝
可得：振动周期之比为：
T 甲：T 乙＝f 乙：f 甲＝2：1
弹簧振子的周期与频率与弹簧振子的振幅无关，所以甲的振幅加倍而乙的不变时，它们的周期之比仍然是：
T 甲：T 乙＝2：1；
故答案为：2：1，2：1．
【点评】解决本题关键掌握频率的概念，掌握频率与周期的关系式 T＝，即可解题．
10. 一圆环，其圆心为 O，若以它的直径 AB 为轴做匀速转动，如图所示：
（1） 
圆环上 P、Q 两点的线速度大小之比是 ；
（2） 若圆环的半径是 20cm，绕 AB 轴转动的周期是πs，环上 Q 点的向心加速度大小是
0.4 m/s2．
【分析】（1）同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以求得 Q、P 两点各自做圆周运动的半径，根据 v＝ωr 即可求解线速度之比；
（2）根据 a＝ 即可求得 Q 点的向心加速度大小．
【解答】解：P、Q 两点以它的直径 AB 为轴做匀速转动，它们的角速度相同都为ω， 所以 Q 点转动的半径 r1＝Rsin30°＝
R，
P 点转动的半径 r2＝Rsin60°＝
R
根据 v＝ωr 得：
＝
即圆环上 P、Q 两点的线速度大小之比是：1 根据 a＝ 得：
|
Q 点的向心加速度大小为：a＝0.4m/s2． 故答案为： ：1，0.4
【点评】该题主要考查了圆周运动基本公式的直接应用，注意同轴转动时角速度相同．
11. 以 20m/s 的初速度竖直上抛一质量为 0.5kg 的小球，小球上升的最大高度是 18m，上升过程中空气阻力对小球做的功为 ﹣10 J；小球落回抛出点时的动能为 80 J．
【分析】小球受到重力和向下的阻力，根据动能定理列方程求空气阻力对小球做的功； 对落回过程再根据动能定理求解小球落回抛出点时的动能．
【解答】解：上升过程中，设空气阻力对小球做的功为 Wf，根据动能定理有：
﹣mgh+Wf＝0﹣ mv 2
得：Wf＝mgh﹣ mv02＝0.5×10×18﹣ ×0.5×202＝﹣10J
（2）设小球落回抛出点时的动能为 Ek．根据动能定理则： mgh+Wf＝Ek﹣0
得：Ek＝80J
故答案为：﹣10，80．
【点评】本题的关键是对小球进行受力分析，分段运用动能定理列方程．对于第二问， 也可以对整个过程运用动能定理求解．
12. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，
（1） 某同学的操作步骤为：
a. 取一根细线，下端系住直径为 d 的金属小球，上端固定在铁架台上
b. 用米尺量得细线长度 L
c. 在摆线偏离竖直方向 5°位置释放小球
d. 
用秒表记录小球完成 n 次全振动的总时间 t，得到周期 T＝
e. 用公式 g＝4π2L/T2 计算重力加速度
①如果上述方法中单摆完成 50 次全振动时，秒表指针的位置如图 1 所示，则周期为 1.96
s；
②按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比 偏小 （选填“偏大”、“相同”或“偏小”）．
（2） 
两个同学分别在北大和南大探究了“单摆周期 T 与摆长 L 关系”的规律．多次改变摆长，记录多组摆长和周期数据，并绘制了 T2﹣L 图象，如图 2 所示，从中可以判断，北大的实验结果对应图线是 B （填“A”或“B”）．北大的同学求出图线的斜率 k，
则用斜率 k 求重力加速度的表达式为 g＝ ．
【分析】（1）减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．
秒表分针与秒针示数之和是秒表的示数．
（2）根据单摆的周期公式变形得到重力加速度 g 的表达式，分析 T2 与 L 的关系．北京的重力加速度大于南京的重力加速度，根据图象的斜率的意义求出 g 的表达式
【解答】解：（1）①由图 1 所示秒表可知，分针示数为 1.5min＝90s，秒针示数为 8s，
则秒表示数 90s+8.0s＝98.0s；则周期为
＝1.96S
②摆长应为细线长度与球的半径之和，若用 L 作为摆长，则会使摆长小于真实值．由 g
＝ 知测量值偏小．
（2）由单摆的周期公式 T＝2
得
T2＝ 
L
则根据数学知识得知，T2﹣L 图象的斜率 k＝
因北京的重力加速度大于南京的重力加速度，故知北大的实验结果对应图线是 B．由上式得：g＝ 
故答案为：（1）1.96 偏小 （2）B 
【点评】简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．根据单摆的周期公式分析图象的意义．
13. 某实验小组拟用如图 1 所示装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板，以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带
做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带带下留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．
（1）在图 2 中，从 B 纸带可看出滑块的加速度和速度方向一致；
（2）（多选）用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有 ACD
A．摆长测量． B．滑块质量的测量C．漏斗重心的变化
D．滑块受摩擦阻力作用．
【分析】根据纸带上痕迹和图示的纸带的运动方向判断物体运动性质． 从实验需要测得的物理量入手，找出测量过程中会产生的误差
【解答】解：（1）①由于摆的周期不变，根据纸带上痕迹和图示的纸带的运动方向，可以判断 A 纸带表示物体做匀速运动；B 纸带表示物体做加速运动；C 纸带表示物体做减速运动．所以正确选项是 B．
②要测量物体的加速度，必须要测量时间，通过单摆测量时间，摆长的（测量）变化、漏斗重心的变化都会对时间的测量产生一定的误差；液体的痕迹粗细不均，滑块所受阻力的变化也都会对实验结果产生误差．则 ACD 正确
故答案为：（1）B （2）ACD
【点评】了解实验的测量原理，知道实验需要测量的物理量，明确各物理量对实验数据的影响是解题的关键．
14. 如图所示，A，B 两个固定的气缸，缸内气体均被活塞封闭着，A 缸内活塞的面积是 B 缸内活塞面积的 2 倍，两个活塞之间被一根细杆连接．当大气压强为 p0，A 缸内气体压强为 1.5p0 时，两个活塞恰好静止不动，求此时 B 缸内气体的压强．（活塞和缸壁间的摩
擦不计）
【分析】以 AB 两活塞组成的整体为研究对象进行受力分析，即可求出 B 缸内气体的压强．
【解答】解：活塞处于平衡状态，用整体法求解，受力图如图所示
…①
…②
…③
|
联立①②③得： 
答：此时 B 缸内气体的压强
【点评】本题考查了求解气体的压强，关键是选择恰当的研究对象进行受力分析，应用平衡条件即可正确解题．
15. 
在倾角为 30°的斜面底端，木块 A 以某一速度沿斜面向上运动，若木块与斜面间的动摩擦因数为 ，试求：
（1） 木块 A 在斜面上向上运动时的加速度的大小及方向；
（2） 木块 A 在斜面上离开出发点时和回到出发点时的动能之比．
|
【分析】（1）物块在斜面上向上运动时受到重力、支持力和滑动摩擦力作用，根据力的合成和分解求出物块所受合力，从而根据牛顿第二定律求出加速度；
（2）物体块在上滑和下滑的过程中摩擦力做功等于物块动能的变化，从而可以求出物体
返回到出发点时的动能，即得出初末动能之比．
【解答】解：（1）物块 A 在斜面上向上运动时物块受力如图所示：
|
由图知物块所受合力：F 合＝mgsinθ+μmgcosθ
根据牛顿第二定律有：a1＝ 
＝gsinθ+μgcosθ＝7.5m/s2 方向沿斜面向下．
（2）同理，当物块沿斜面向下运动时，所受摩擦力沿斜面向上，则此时
a2＝gsinθ﹣μgcosθ＝2.5m/s2
令物块初速度为 v，则物块的初动能为： Ek0＝ 
mv2
物块在斜面上上升的最大距离 x＝ ＝
物块上升和下滑的整个过程中只有摩擦力对物块做负功，根据动能定理有
﹣2μmgcosθx＝EK﹣ mv2；
代入数据得：回到出发点时的动能 EK＝
mv2； 所以 ＝
答：
（1） 木块 A 在斜面上向上运动时的加速度的大小为 7.5m/s2，方向沿斜面向下．
（2） 木块 A 在斜面上离开出发点时和回到出发点时的动能之比是 3：1．
【点评】正确的对物体进行受力分析，能根据力的合成求解物体的加速度，能熟练运动用动能定理求物体动能的变化和根据动能的变化求外力对物体所做的功是解决本题的关键．
16. 一定质量的理想气体，当体积不变时（ ）
A. 温度每升高 1oC 时，增加的压强是原来压强的
B. 温度每升高 1K 时，增加的压强是它在 273K 的压强的
C. 压强与摄氏温度成正比D．压强与热力学温度成正比
【分析】气体体积不变，根据查理定律公式 
分析即可．
【解答】解：A、根据查理定律公式 
，有 
，气体温度每升高 1℃，增加的压强为 0℃压强的
，故 A 错误；
B、根据查理定律公式 ，有 ，温度每升高 1k，增加的压强为 273K 的， 故 B 正确；
C、根据查理定律公式 和 T＝t+273 得到
，t℃的压强 
，气体的压强与摄氏温度成线性关系，但不是正比关系，故 C 错误；
D、根据查理定律 
，气体的压强跟热力学温度成正比，故 D 正确； 故选：BD。
【点评】本题关键根据查理定律列式分析，要会根据查理定律公式 推导出 
分析．
17.
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如图所示，重为 3N 的物体置于倾角为 37°的斜面上，用平行于斜面的大小为 5N 的力F 作用于物体，物体恰在斜面上做匀速直线运动，而斜面相对于地面保持静止，则下列说法中正确的是（ ）（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6 ）
A．物体可能沿斜面向下运动 B．斜面对物体有摩擦力的作用C．斜面对地面没有摩擦力的作用
D．斜面对物体的作用力水平向左
【分析】先对物体受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和摩擦力；再对整体体受力分析，再次根据共点力平衡条件列式求解．
【解答】解：A、B、D 对物体受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力，若物体沿斜面向上匀速运动，摩擦力沿斜面向下，如图
根据共点力平衡条件，有F﹣mgsin37°﹣f＝0 ① N﹣mgcos37°＝0 ②
解得 N＝mgcosθ＝3×0.8N＝2.4N，f＝3.2N。
若物体沿斜面向下匀速运动，摩擦力沿斜面向上，同理可知：N＝2.4N， 根据共点力平衡条件应有：mgsin37°＝F+f
由于 F＞mgsin37°，所以上面方程不成立，说明物体不可能沿斜面向下运动。
斜面对物体的作用力是 N 和 f 的合力，设方向与水平方向的夹角为α，则 tanα＝
＝
＝ 
，则得α＝37°，等于斜面的倾角，由几何知识得知方向水平向左。 故 A 错误，B 正确。
C、D 对整体受力分析，整体必定受到受重力、支持力、推力，如下图，根据水平方向合力为零可知，地面对斜面一定有摩擦力的作用，则斜面对地面也一定有摩擦力的作用。故 C 错误。
【点评】本题关键是先后对物体整体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解．
18. 
如图所示，a、b 是一列横波上的两个质点，它们在 x 轴上的距离 s＝30m，波沿 x 轴正方向传播，当 a 振动到最高点时 b 恰好经过平衡位置向上振动，经过 3s 波传播了 30m， 下列判断正确的是（ ）
A．这列波的速度一定是 10m/s B．这列波的周期一定是 0.8s C．这列波的周期可能是 3s D．这列波的波长可能是 24m
【分析】波在同一均匀介质中匀速传播，由公式 v＝
可直接求得波速，由 a、b 两点的
振动情况可知波长的表达式，由波速公式可求得周期的表达式，则可求得周期的可能值。
【解答】解：A、这列波的速度一定为 v＝＝ 
m/s＝10m/s，故 A 正确；
BCD、由题意知，当 a 振动到最高点时 b 恰好经过平衡位置向上振动，则有
s＝（n+
）λ，（n＝1，2，3﹣﹣﹣），得 λ＝
＝ 
m
由 v＝
可得：T＝
＝
，（n＝1，2，3﹣﹣﹣）由于 n 是整数，所以周期 T 不可能等于 0.8s 和 3s。
当 n＝1 时，波长 λ＝
＝ 
m＝ 
m＝24m，故 BC 错误，D 正确。故选：AD。
【点评】解决本题的关键要理解波的周期，结合波形写出波长的通项。要知道波在同一
均匀介质中是匀速传播的，波速有两个公式可用：一是 v＝
，二是 v＝。六、填空题
19. 汽车以 15m/s 的初速度作匀减速直线运动，若在第二秒内通过的位移是 7.5m，则汽车的加速度大小为 5 m/s2，在刹车之后的 1s 内、2s 内、3s 内汽车通过的位移之比为 5： 8：9 ．
【分析】根据平均速度推论求出第 2s 内中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出汽车的加速度大小．根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止， 再结合位移公式求出刹车后的位移，从而得出位移之比．
【解答】解：第 2s 内的位移为 7.5m，则第 2s 内的平均速度为 7.5m/s，根据平均速度推论知，1.5s 末的速度为 7.5m/s，
汽车的加速度 a＝ ．
汽车速度减为零的时间 ．
则汽车刹车后 1s 内的位移 ＝ ，
刹车后 2s 内的位移 ＝20m，
刹车后 3s 内的位移
在刹车之后的 1s 内、2s 内、3s 内汽车通过的位移之比为 5：8：9． 故答案为：5，5：8：9．
【点评】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．
20. 将 20kg 的物体从静止开始以 2m/s2 的加速度竖直提升 4m，拉力做功的平均功率为480 W，到达 4m 末端时拉力的瞬时功率为 960 W．
【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得拉力的大小，根据恒力做功公式求
出拉力做的功，由 
求解平均功率，由运动学的规律可以求得瞬时速度的大小，再由瞬时功率的公式可以求得拉力的瞬时功率．
【解答】解：对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
F﹣mg＝ma
所以拉力 F＝mg+ma＝20×10+20×2N＝240N．
根据 x＝
解得；t＝2s
所以 
＝
由 v2＝2ax
得 v＝4m/s
由瞬时功率的公式，
P＝Fv＝240×4W＝960W，
故答案为：480；960
【点评】分析功率的时候，一定要注意公式的选择， 只能计算平均功率的大小，而
P＝Fv 可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度． 七、计算题
21. 如图所示，长为 1.8m 的轻绳，上端悬挂在离地面 3.6m 高的天花板上，下端系一个质量为 2kg 的小球．现将球拉到天花板上，放手后球自由下落，在轻绳绷紧时，绳断球落地，从放手到球落地整个时间为 1.2s．若小球与绳作用时间及绳的伸长均可忽略不计， 求：
（1） 绳绷紧瞬间小球的速度；
（2） 小球克服绳的拉力所损失的机械能为多少？
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【分析】（1）根据自由落体运动的规律求出绳子绷紧时小球的速度与下落的时间；
（2）求出绳子断后到落地的时间，然后求出绳子断后小球的速度，即可求解．
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【解答】解：（1）设绳绷紧瞬间小球的速度为 v0，绳子绷紧时小球的下落的时间 t，则：
s
绳子绷紧时小球的速度：v0＝gt＝10×0.6＝6m/s
（2）绳子断后到落地的时间：t′＝t0﹣t＝1.2s﹣0.6s＝0.6s 绳子断后小球的速度 v：
代入数据得：v＝0
所以小球损失的机械能： 
J
答：（1）绳绷紧瞬间小球的速度是 6m/s；
（2）小球克服绳的拉力所损失的机械能为 36J．
【点评】该题中绳子拉断的瞬间，绳子对小球做功，小球的速度减小，绳子断开后的运动要重新使用匀加速直线运动的规律列公式解答．
22. 某潜艇发生碰撞后失去控制，在 10 秒内从海面沉入 110m 深的海底，艇上有 128 名官兵必须营救．
（1） 如果只研究潜艇在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，则潜艇 在竖直方向产生多大的加速度？又设潜艇上的官兵各自站在潜艇舱内，则平均质量为60kg 的官兵对舱底的压力为多大？
（2） 潜艇沉入海底时舱内官兵所需的氧气是有储存氧气的氧气瓶供氧的，假如每个官兵1min 需氧气约 1.5L，艇上共有 320 瓶压强为 6.0×106Pa、体积为 90L 的氧气瓶，则成功救援的最长时间为多大？
【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出官兵对舱底的压力．
（2）结合理想气体状态方程求出成功救援的最长时间．
【解答】解：（1）根据位移时间公式
得，a＝ ．根据牛顿第二定律得，mg﹣N＝ma，解得 N＝mg﹣ma＝456N．
则压力为 456N．
（2） 根 据 P0V0nt＝NPV 1.0×105×1.5×128t＝320×6.0×106×90
解得 t＝9000min．
答：（1）潜艇在竖直方向产生的加速度为 2.2m/s2，官兵对舱底的压力为 456N．
（2）成功救援的最长时间为 9000min．
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、气体状态方程等知识点，难度中等，
需加强这类问题的训练．
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