黄冈中学2009届高考第一轮物理单元训练题一力物体的平衡。
一、 本题共10小题．每小题5分，共50分．
1、d 2、cd ３、a 4、d 5、abd 6、cd 7、c、 8、bc 9、c １０bd
提示：1、静摩擦力的大小与使其产生运动趋势的外力有关，不与正压力成正比。
2、板翻离桌面前，始终有n=mg,又。
3、a恰好不离开地面，即此时a与地面之间没有弹力作用，没有弹力也就没有摩擦力。
4、在月球表面，重力加速度变小，所以浮力变小，由于木头和水的密度不变，所以露出水面的体积不变。
5、物体受三力作用处于平衡状态的话，任意一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反。
6、根据矢量三角形直接判断。
7、木块和斜面都处于平衡状态，可以看做整体。
8、对b球而言，处于平衡状态，那么ab之间的绳子张力一定为零。
9、整体而言，受2个弹力与重力作用，三力共点，根据几何知识判断即可。
10、先整体：
a向左移动后，b肯定上移，那么ab连线与竖直方向夹角变大。
对b而言， ，所以库仑力增大。
二、 本题共2小题，共12分．
答案：11、(1)如图。
2)ac3)张华做的实验结果符合实验事实。
n/m；弹簧本身所受重力造成。
由图可知直线的斜率为2n/cm=200n/m．由于自然长度是在弹簧水平放置时测量的，当弹簧竖直悬挂时弹簧本身的重力会让弹簧的自然长度增加，实际的f－x图像函数关系式为f=kx－mg．
三、 本题共5小题，共58分．
13、物体在斜面上匀速下滑时，mgsin37°=μmgcos37°，μtan37°=0.75．加水平力f使物体沿斜面匀速上升过程中。
fcos37°=f＋mgsin37°
mgcos37°＋fsin37°=n
又f=μn所以fcos37°=μmgcos37°＋fsin37°)＋mgsin37°
14、由题图力的矢量三角形，要使绳oa不断， ．
此时，绳ob不会断；所以要使绳ob、oc、oa均不断，所挂重物不能超过173.2n．
15、设oo′长为a，大环半径为r，由题图可知a环受绳的拉力t与大环的弹力na的合力与重力是一对平衡力，力的矢量三角形与几何三角形aoo′相似，对应边成比例，有。
由①式、②式得=②
所以。16、设ab段绳的张力为t1、bc段绳的张力为t2、cd段绳的张力为t3．b、c两个结点属于三个共点力平衡问题，任意两个力的合力与第三个力是一对平衡力，由题图可知对于b结点有。
①对于c结点也有==②
由以上两式可解得：，
=g=10n
17、解法一：最小推力意味着使木板缓慢地推回桌面，设所施加的力与水平方向成θ角，如答图(1)所示，木板受四个力的作用，木板沿竖直方向和水平方向合外力均为零，n=mg－fsinθ，fcosθ=f，滑动摩擦力f=μn=μ(mg－fsinθ)，由以上几式得：f=，令，f==
显然当f===25n
解法二：木板受三力作用：重力mg，桌面作用力p(支持力与滑动摩擦力的合力)与桌面法线方向夹角为，且tan=μ，30°，如答图(2)所示，若要推力最小，即过重力的端点作力p的垂线，由图可知fmin=mgsin=25n.
黄冈中学2009届高考第一轮物理单元训练题二直线运动。
一、 本题共10小题．每小题5分，共50分．
1、d 2、ad 3、b 4、b 5、cd 6、abd 7、c 8、b 9、c 10、bd
提示：1、刘翔运动的过程不是匀加速直线运动，所以abc错。刘翔用的时间最少，所以d正确。
2、根据v—t图像，可以直接看出当乙追上甲的速度为2v, 乙追上甲之前，两车相距最远时乙车的速度为v.
3、汽车运动的时间==2，那么3s后，汽车已经静止，汽车的速度大小为0，位移为==12.
4、对比=可得=； 速度为零时满足0==4.
5、根据v—t图像的性质判断．
6、这2s内的平均速度==，而匀变速运动的物体中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以ab正确。根据相邻相等的时间内的位移差为恒值，所以===
7、做出v—t图像可以直接判断。
两小球都是自由落体运动，可在v-t图象中作出速度随时间的关系曲线，如图所示，设人在3楼阳台上释放小球后，两球落地时间差为△t1，图中阴影部分面积为△h，若人在4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差△t2，要保证阴影部分面积也是△h；从图中可以看出一定有△t2<△t1.
10、a==,只有当为恒值时才满足a不变，则a不变。显然有联立可得。
二、本题共2小题，共12分．
答案：.72m/s2
三、本题共5小题，共58分．
13、根据题意易知竖直下抛的小球经时间t1=1s落地，竖直上抛的小球经时间t2=8s落地，如图，由对称规律知竖直上抛的小球到达最高点所用时间t=3.5s，则小球抛出的初速度v0=gt=35m/s，抛点离地面的距离h=v0t1＋gt12/2=40m．
当小球从40m高处自由下落时，由h=gt32/2得t3==2.83s．
14、以地面为参考系，设航空母舰速度为v0，位移s1=v0t①
飞机起飞过程中位移=②
速度v=v0＋at③
要使飞机安全起飞则s2－s1≤l④
综合①②③得v0≥10m/s.
15、匀减速运动过程中所用时间==，位移=750.
匀加速运动过程中所用时间==30，位移==450.
从开始制动到恢复原速共用时间t=t1＋t2＋60s=140s.
列车以原速度匀速通过位移s1＋s2所用时间==40.
由以上分析计算知，列车因停车实际耽误的时间为△t=t－t3=100s．
16、甲追上乙时，有=①
此时乙的速度v0=at②
联立①②解得v0=9m/s，t=3s.
该过程中乙的位移==13.5.
所以乙离接力区末端的距离s2=l－s1=6.5m.
17、先判断a追上b时，是在b停止运动前还是后．
b匀减速到停止的时间： =0-==
在5s内a运动的位移： =4=20在5s内b运动的位移：sb=vbt0－=(10×5－25)m=25m
因为：sa则a追上b的时间为： =5+3）=8.
黄冈中学2009届高考第一轮物理。
单元训练题三牛顿运动定律。
一、 本题共10小题．每小题5分，共50分．
1、bd 2、c 3、d 4、a 5、d 6、d 7、d 8、ab 9、bc 10、b
11、c 12、bc
提示：1.在刹车时，是人上半身由于惯性还要继续向前运动。
2.作用力与反作用力大小相等，方向相反。同时产生同时小时，故ab错。这里2者的加速度大小都是==。运动的位移==，女士运动的远，说明女士的初速度大。
3. =在t2～t3内，电流恒定，即恒定，也就是f恒定，而f=，即物体此时做匀加速运动。在t1～t2内，电流增加，即减少，f变大，而f=，即物体此时做变加速运动。
4.弹簧的弹力不能突变。
5.把绳子的拉力t1分解，有。
解得， 6.对框架而言，设弹簧弹力为t，当对地面压力为零时，有t=mg
对球而言，此时满足= =
7.光滑时，整体：f=
隔离b：t= =
当物块a与地面无摩擦，b与地面的动摩擦因数为μ时，整体： =
隔离b： =
隔离m：f－f静－ma→f静＝f－ma
8.整体：f=
隔离m.由于相对静止，所以= =
9. =而v—t图像的斜率表示加速度。
在0～1s内做匀加速，f恒定；
在1～3s内做匀速，f也恒定；
在3～4s内做加速度增加的减速运动，所以f减少。
10.设，ab的长度为=.
而加速度，所以运动的时间==.
11.无阻力时，向上加速=.
向下加速=存在阻力时，向上加速=.
向下加速=.
对比分析即可。
12.根据题意，n=，,
当电场强度反向后，脱离墙面，速度继续增加，由于eq反向增大。
此后的加速度=继续增加。
二、本题有5小题，共60分．
13、(1)假设火箭总质量为m保持不变，火箭从开始竖直上升到其底部离开发射架的运假设成为匀加速运动．
2)设发射架高度为h，由牛顿第二定律和运动学公式得f－mg=ma，
联立两式得，推力为。
可见，还需要知道火箭的质量m，发射架高度h，才能估算出火箭的推力．
14、为使立方体不离开地面，有fsinθ≤mg①
为使立方体沿水平面加速前进，分析立方体受力，正交分解有。
fsinθ＋n=mg ②
fcosθ>μn ③
由②③得，所以f的范围是．
15、能进行无过失辩护，对汽车整体分析，由牛顿第二定律得。
mgsinθ＋f=ma①
n－mgcosθ=0②
f=μn③由上式得a=μgcosθ＋gsinθ≈8.22m/s2．
刹车可认为匀减速运动，末速度为零．
由，， 不超速．
16、(1)如答图示。
2)对a分析受力后正交分解得，x：f－nsin37°=ma
y：ncos37°－mg=may
由上式联立得f=1.375mg
17、(1)根据速度图像性质可知，在初始v0=160m/s时，过a点切线的斜率即为此时的加速度，设为a1，其大小为
2)由图知，返回舱的v－t图的斜率逐渐减小．最后是以v1=8m/s的速度做匀速运动．设返回舱所受空气浮力为f，在t=0时，根据牛顿第二定律则有：
kv02＋f－mg=ma ①
速度为v1=8m/s时，返回舱受力平衡，有：
kv12＋f－mg=0 ②
由①、②两式解得：代入数值得： ．
3)设每支小火箭的平均推力为f0，反推加速度大小为a2，着地速度为v2．由题意知，返回舱在距地高度h=1m前，已处于匀速运动状态．故返回舱在着地前的加速度由4个小火箭的反推力产生．根据牛顿第二定律：
4f0=ma2 ③
又由运动学公式：v22－v12=－2a2h ④
由③、④两式解得：
黄冈中学2009届高考第一轮物理。
单元训练题四曲线运动万有引力定律。
一、 本题共10小题．每小题5分，共50分．
1、d 2、c 3、b 4、bd 5、c 6、ac 7、a 8、c 9、ac 10、abc
提示：1.做曲线运动的物体，合力指向曲线内侧。
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