2016年高考物理二轮复习专题突破篇1.1.1力与运动习题

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2016高考物理二轮复习专题一力与运动提升训练.

2016高考物理二轮复习专题一力与运动提升训练第1讲力与物体的平衡1. (2013·新课标全国卷Ⅱ，15)如图1所示，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F 平行于斜面向上，若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 2＞0)。

由此可求出( )图1A.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.物块对斜面的正压力解析当拉力为F 1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，大小为F f m ，则F 1＝mg sin θ＋F f m 。

当拉力F 2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为F f m ，则F 2＋F f m ＝mg sin θ，由此解得F f m ＝F 1－F 22。

答案 C2.(2013·新课标全国卷Ⅱ，18)如图2所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k 。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图2 A.3kq 3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2 D.23kq l2解析分析a 球受力：b 对a 的排斥力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电场力F 3＝qE ，根据a 受力平衡可知受力情况如图所示。

利用正交分解法：F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l 2，F 2sin 60°＝qE 。

解得E ＝3kq l2。

答案 B3.(2015·新课标全国卷Ⅰ，24)如图3所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。

2016届高考物理二轮复习专题整合突破一力与运动第3讲力与物体的曲线运动课件

竖直面内圆周运动的两种临界问题的比较最高点无支撑实例
最高点有支撑球与杆连接、球过竖直的圆形管道，套在球与绳连接、水流星、翻滚过山车圆环上的物体等
图示重力，弹力F弹向下或等于零在最高点 v2 受力 mg＋F弹＝m R v2 恰好过最 F弹＝0，mg＝m ， R 高点 v＝ Rg，即在最高点速度不能为零重力，弹力F弹向下、向上或等于零 v2 mg±F弹＝m R v＝0，mg＝F弹在最高点速度可为零
四、圆周运动 1．描述圆周运动的物理量间的关系 v2 ω2r 2π 2π v＝ωr、ω＝＝2πf＝2πn，a＝＝＝( )2r＝(2πf)2r。 T r T 2．物体做匀速圆周运动的条件物体受到一个大小不变、方向总指向圆心的力 3．向心力的来源 (1)在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力。 (2)在变速圆周运动中，沿半径方向的合力是物体做圆周运动的向心力。 4．离心运动的条件物体受到的合力小于物体做圆周运动所需的向心力。。
2
类题演练 5．[2015· 黄冈模拟](多选)如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙。一质量为m＝0.2 kg的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R＝0.5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是 ( ) A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5 m/s C．若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5 m/s D．若小球开始运动时初动能为1.6 J，则足够长时间后小球的机械能为1 J
4. [2015· 课标全国卷Ⅰ]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为 L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( A. L1 2 g <v<L1 6h g <v< h g 1 <v< 6h 2 g 1 <v< h 2 g 6h

高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动

试真题· 明考向
1.(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，
在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度
为( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确．答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．

2016年高考物理二轮复习专题突破篇1.1.2力与运动课件

3．注意问题物体做加速运动还是减速运动只取决于速度和加速度方向间的关系，与加速度的大小变化无关．
[典例剖析] [典例 1] (2014· 新课标全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间
应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴 2 天时的 .若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的 5 最大速度．(取 g＝10 m/s2)
2．(2015· 郑州模拟)据英国《每日邮报》报道，英式触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度．他从“市长官邸站”下车，在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢．已知地铁列车每次停站时间(从车门打开到关闭的时间) 为 ta＝20 s，列车加速和减速阶段的加速度大小均为 a＝1 m/s2，运行过程的最大速度为 vm＝72 km/h.假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动，两站之间的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同，两站间的距离约为 x＝400 m，赫普顿斯托尔出站和进站共用时 tb＝30 s．问：
A．深潜器运动的最大加速度是 2.0 m/s2 B．下潜的最大深度为 360 m C．在 3～8 min 内的平均速度大小为 0.8 m/s D．深潜器在 6～8 min 内处于失重状态
答案：B
解析：由图象可知，最大加速度为斜率最大值，选项 A 错误；下潜的最大深度为向下最大位移，由图象中的面积可知，向下的最大位移为 360 m，选项 B 正确；在 3～8 min 内的平均速度不等于 0.8 m/s，选项 C 错误；深潜器在 6～8 min 内做向上的加速运动，此时处于超重状态，选项 D 错误．

高考物理二轮复习专题一力与运动专题突破练4 万有引力定律及其应用

专题突破练4 万有引力定律及其应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。

在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~12小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018北京卷)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律,在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下,需要验证()A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的2.(2018福建南平一质检)如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,a和b的轨道半径相同,且均为c的k倍,已知地球自转周期为T。

则()A.卫星b也是地球同步卫星B.卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍C.卫星c的周期为TD.a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为v a=v b=v c3.(2018河南濮阳三模)由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”,采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形,阵列如图所示。

地球恰好处于三角形中心,探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行,对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白星(RXJ0806.3+1527)产生的引力波进行探测。

若地球表面附近的卫星运行速率为v0,则三颗探测卫星的运行速率最接近()A.0.10v0B.0.25v0C.0.5v0D.0.75v04.(2018河北“名校联盟”质量监测)某卫星成功变轨进入同步卫星轨道。

卫星变轨原理图如图所示,卫星从椭圆轨道Ⅰ远地点Q改变速度进入地球同步轨道Ⅱ,P点为椭圆轨道近地点。

下列说法正确的是()A.卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时,在P点的速度等于在Q点的速度B.卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度C.卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度大于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度D.卫星耗尽燃料后,在微小阻力的作用下,机械能减小,轨道半径变小,动能变小5.(2018河南濮阳二模)如图所示,设月球半径为R,假设某探测器在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,运行周期为T,到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的近月点B时,再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动,引力常量为G,则下列说法正确的是()A.月球的质量可表示为B.探测器在轨道Ⅲ上B点速率大于在轨道Ⅱ上B点的速率C.探测器沿椭圆轨道从A点向B点运动过程中,机械能变小D.探测器从远月点A向近月点B运动的过程中,加速度变小6.(2018辽宁师大附中期中)由三颗星体构成的系统,忽略其他星体对它们的作用,存在着一种运动形式:三颗星体在相互之间的万有引力作用下,分别位于等边三角形的三个顶点上,绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。

高考物理大二轮复习与测试练一练：力与运动(带答案与解析)解答解析、考点详解.doc

高考物理大二轮复习与测试练一练：力与运动（带答案与解析）的正确答案、解答解析、考点详解姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1.【题文】如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小【答案】A【解析】试题分析：A、B两物块保持相对静止地向右做匀减速直线运动，因此具有相同的水平向左恒定加速度，设加速度大小为a，对B物块，由牛顿第二定律，可得，运动过程中B物块受到的摩擦力方向向左，大小不变，所以正确选项为A。

考点：本题考查了由物体的运动状态分析物体的受力。

2.【题文】如图所示为两物体A、B的x－t图象，根据图象信息，下列说法正确的是( )A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA＞vBB．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动C．在5 s内两物体的位移相同，5 s末A、B相遇D．在5 s内A、B的平均速度不相等【答案】AD【解析】x－t图象的点是反映物体在某一时刻相对于坐标原点的位置，斜率表示物体运动的速度，物体A 在0～3 s内在x＝0处静止，3 s后沿正方向做匀速直线运动，物体B在t＝0时刻从x＝5 m处出发，沿正评卷人得分方向做匀速直线运动，在第5 s末相遇，但5 s内两物体发生的位移大小不等，有xA＞xB，故有＞，本题选项A、D分析正确．答案为A、D.3.【题文】一个物体沿直线运动，t＝0时刻物体的速度为2 m/s、加速度为1 m/s2，物体的加速度随时间的变化规律如图所示，则下列判断正确的是( )A．物体做匀加速直线运动B．物体的加速度与时间成正比增大C．t＝5 s时刻物体的速度为6.25 m/sD．t＝8 s时刻物体的速度为13.2 m/s【答案】D【解析】由图可知物体的加速度与时间成线性变化，但不过原点，A和B均错；a＝1＋0.1t(m/s2)，t＝5 s 和t＝8 s时刻物体的加速度分别为1.5 m/s2和1.8 m/s2，在5 s和8 s内物体速度分别增加×5 m/s＝6.25 m/s和×8 m/s＝11.2 m/s，则t＝5 s和t＝8 s时刻物体的速度分别为(2＋6.25) m/s和(2＋11.2) m/s.4.【题文】随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点。

高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.1共点力作用下物体的平衡

A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小 C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小
解析：设重物的质量为 m，绳 OM 中的张力为 FTOM，绳 MN 中的张力为 FTMN.开始时，FTO M＝mg，FTMN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力 mg 等大、反向．
如图所示，已知角 α 不变，在绳 MN 缓慢拉起的过程中，角 β 逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角 θ 不变，在三角形中，利用
正弦定理得：sinFTαO－M β＝smingθ，
(α－β)由钝角变为锐角，则 FTOM 先增大后减小，选项 D 正确；同理知FsiTnMβN＝smingθ，在 β 由 0 变为π2的过程中，FTMN 一直增大，选项 A 正确．答案：AD 命题点：力的合成与分解、共点力的平衡与数学知识的应用．
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距 80 cm 的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律 F＝k(l－l0 )＝0.2k，由共点
力的平衡条件和几何知识得 F＝2smingα＝5m6 g；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为 l′，由胡克定律得 F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件
联立①②式解得 μ＝ 33.故选 C. 答案：C 命题点：力的合成与分解，滑动摩擦力，动摩擦因数，共点力的平衡．
2．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )

《金版教程》2016届高考物理二轮复习练习1-1-专题一力与运动3bWord版含答案

一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)1．[2015·吉林二模]如图所示，长为L 的直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为( )A.v sin αLB.v L sin αC.v cos αLD.v L cos α答案 B解析棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v 实＝ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，故B 选项正确。

2．[2015·菏泽模拟]如图所示，从A、B、C三个不同的位置向右分别以v A、v B、v C的水平初速度抛出三个小球A、B、C，其中A、B在同一竖直线上，B、C在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的D点，不计空气阻力。

则必须()点击观看解答视频A．先同时抛出A、B两球，且v A<v B<v CB．先同时抛出B、C两球，且v A>v B>v CC．后同时抛出A、B两球，且v A>v B>v CD．后同时抛出B、C两球，且v A<v B<v C答案 B解析由x＝v t，B、C在同一水平线上，要使两个小球同时落在地面上的D点，因B、D间水平位移大于C、D间水平位移，运动时间相同，所以v B>v C；A、B在同一竖直线上，因B、D间竖直位移大于A、D间竖直位移，B、A到D点的水平位移相同，要使两个小球同时落在地面上的D点，须v A>v B；故A、C、D错误，B正确。

3．水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力F A、F B随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是()点击观看解答视频答案 B解析设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1<r2可知A、B两物体相对转台滑动的临界角速度满足ωA>ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，F A＝mω2r1，T>0后，F A－T＝mω2r1，而对物体B满足T ＋f0＝mω2r2，联立得F A＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T ＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错、B对。

2016届高考物理二轮复习能力提升课件第一部分专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动

1．质量为 2 kg 的质点在 xOy 平面内运动，其在 x 方向的 x－t 图象和 y 方向的 v－t 图象分别如图所示．下列关于该质点的说法，正确的是( C )
A．在 t＝0 时刻，其速度大小为 3 m/s B．在 t＝0 时刻，其速度方向与合外力方向垂直 C．所受的合外力大小为 3 N D．做匀变速直线运动
[解析] t＝0 时刻，由 x 方向的 x－t 图象知 vx＝－4 m/s，沿 x 轴负方向，由 y 方向的 v－t 图象知 vy0＝3 m/s,质点的合速度大
2 2 2 小为 v＝ v2 ＋ v ＝ 4 ＋ 3 m/s＝5 m/s，A x y0
错误；由图象知 ax＝0，ay＝1.5 m/s2，故 a＝1.5 m/s2，F 合＝ ma＝3 N，方向沿 y 轴正方向，C 正确；设合初速度方向与 y vx 4 轴正方向夹角为 θ，则 tan θ＝| |＝，可知 θ＝53°，而合外 vy0 3 力沿 y 轴正方向， B 错误；合外力与初速度不在同一条直线上，质点做匀变速曲线运动，D 错误．
在上述题 1 中，能否求出滑块返回原出发点时的速度及所用时间？
1 1 2 解析：前面 a1、a2 已求出，v0、v1、t1 已知，由 a1t2 ＝ at可 2 1 2 22 求出 t2，再由 v2＝a2t2 可求出 v2.
答案：见解析
2.(多选)(2015· 高考海南卷)如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连,通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块 a 的加速度的大小记为 a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为Δ l1 和Δ l2，重力加速度大小为 g.在剪断的瞬间，(AC ) A．a1＝3g C．Δ l1＝2Δ l2 B．a1＝0 D．Δ l1＝Δ l2

高中物理大二轮物理复习专题目录

第3讲平抛运动和电场中的类平抛运动考向一平抛运动的规律及应用考向二电场中的考向二天体的运动问题
考向三匀强磁场中的圆周运动
二轮物理
专题二
能量与动量
第1讲功能关系及动量观点在力学中的应用考向一力学中的几个重要功能关系的应用考向二动力学观点和功能关系的综合应用考向三动量观点与能量观点的综合应用第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用考向一功能关系在电学中的应用考向二应用动量观点和能量观点处理力电综合问题
考向一热学基础知识与气体实验定律的组合
考向二热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合
第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波光
电磁波
考向一振动(或波动)与光的折射、全反射的组合考向二光学基础知识与波动(或振动)的组合考向三电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第二部分考前冲刺增分练选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一)
二轮物理
专题三
电场和磁场
第1讲电场和磁场的基本性质考向一电场的性质考向二磁场的性质第2讲带电粒子在复合场中的运动考向一带电粒子在组合场中的运动考向二带电粒子在叠加复合场中的运动考向三现代科技中的电磁场问题
二轮物理
专题四
电路与电磁感应
第1讲恒定电流和交变电流考向一直流电路的计算与动态分析考向二交流电的产生及“四值”的应用考向三理想变压器和远距离输电问题
实验题15分专练(二)
计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练

高考物理二轮复习专题一力与运动专题突破练2 牛顿运动定律与直线运动

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题专题突破练2 牛顿运动定律与直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共8小题,每小题8分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~8小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错或不答的得0分)1.(2018山西孝义一模)t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知()A.在t1时刻,两车运动方向相反B.在t1时刻,两车再次相遇C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于2.(2018河北唐山期末)随着科学技术的发展,具有自主知识产权的汽车越来越多;现有两辆不同型号的汽车甲、乙,在同一平直公路上,从同一地点,朝相同的方向做直线运动,它们的v-t图象如图所示,则()A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1B.乙车追上甲的时刻为15 s末C.乙刚出发时,甲车在其前方25 m处D.15 s后两车间距开始逐渐增大3.(2018天津南开中学模拟)如图所示,在光滑的水平面上有甲、乙两个木块,质量分别为m1和m2,中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来,现用一水平力F向左推木块乙,当两木块一起匀加速运动时,两木块之间的距离是()A.L+B.L+C.L-D.L-4.(2018湖北仙桃、天门、潜江联考)如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为m A=m,m B=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则()A.木块A对木块B的作用力大小一定为B.木块A对木块B的作用力大小一定为C.木块A对木块B的作用力大小一定为F-3μmgD.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg5.(2018安徽皖北协作区联考)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。

【配套K12】2016年高考物理二轮复习专题突破篇 1.1.1 力与运动习题

力与运动[真题再现]1．(2012·广东理综)如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为( )A．G和G B.22G和22GC.12G和32G D.12G和12G答案：B解析：由对称性可知两根绳的拉力大小相等，设为T，则对日光灯在竖直方向上有：2T cos45°＝G，可得T＝22G，即B正确．2．(2014·山东理综)如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小答案：A解析：根据平衡条件可知，静止时木板受到的合外力始终为零，因此木板所受合力的大小F1始终不变；在剪短轻绳后，由于悬挂点不变，两绳之间的夹角变大，而合力不变，由平行四边形定则可知两绳上的拉力F 2变大，所以答案为A.3．(2013·重庆理综)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θ.若此人所受重力为G ，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )A ．GB ．G sin θC ．G cos θD ．G tan θ 答案：A解析：人躺在椅子上受椅子两个面的支持力和重力作用，三力平衡，则椅子各部分对人的作用力的合力大小等于重力，A 项正确．规律探寻1．该类问题以日常生活中的静力学问题为背景，主要以选择题的形式考查受力分析、力的合成与分解、物体的平衡条件及应用，试题材料新颖，与现实生活结合紧密，很好地考查了学生学以致用的能力．2．解这类题不要被命题人故意设置的“假象”所迷惑，不要被看似“复杂”的情景所吓倒．高考“题在书外，理在书中”，只要注意正确审题，有些题的答案甚至不用计算，一看便知、一想就明．[考题预测]体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上．已知球架的宽度为d ，每只篮球的质量为m 、直径为D ，不计球与球架之间的摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为( )A.12mg B.mgD dC.mgD 2D 2－d2D.2mg D 2－d 2D答案：C解析：以任意一只篮球为研究对象，对其受力分析如图所示，设球架对篮球的支持力F N与竖直方向的夹角为α，由几何知识得：sin α＝d D则cos α＝D 2－d 2D根据平衡条件得：2F N cos α＝mg 解得：F N ＝mgD2D 2－d2由牛顿第三定律得篮球对球架的压力大小为：F N ′＝F N ＝mgD2D 2－d2，C 项正确．。

高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1力与运动第3讲力和曲线运动演练

第3讲力和曲线运动1．(2016·东北三省四市联考一)如图所示，a 、b 两个小球从不同高度同时沿相同方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P ，则以下说法正确的是( B )A ．a 、b 两球同时落地B ．b 球先落地C ．a 、b 两球在P 点相遇D ．两球落地时的速度方向相同解析：平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，由于h ＝12gt 2、h b ＜h a ，故a 比b 的飞行时间长，b 球先落地，选项A 错误，B 正确；由于两球同时抛出，但抛出高度不同，到达同一点的时间不同，故a 、b 两球不能在P 点相遇，又v 1t a ＜v 2t b ，故v 1＜v 2，竖直速度v ＝2gh ，则v a ＞v b ，落地速度与水平方向夹角为θ，tan θ1＝v av 1，tan θ2＝v b v 2，故落地速度方向不同，选项CD 错误．2．(2016·合肥质检二)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为2v 3，回程与去程所用时间之比为( B )A ．3∶2B ．2∶1C ．3∶1D ．23∶1解析：设河宽为d ，小船去程时，船头与河岸垂直，垂直河岸方向的分位移为d ，分速度为2v 3，故去程所用的时间t 1＝3d2v，小船回程时，合速度与河岸垂直，合位移为d ，合速度v 合＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 32－v 2＝v 3，回程所用的时间t 2＝d v 合＝3dv，联立可得回程与去程所用时间比为2∶1，B 正确．3．(2016·贵阳监测)如图所示为一长2L 、倾角θ＝45°的固定斜面．今有一弹性小球，自与斜面上端等高的某处自由释放，小球落到斜面上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与斜面夹角相等，若不计空气阻力，欲使小球恰好落到斜面下端，则小球释放点距斜面上端的水平距离为( D )A ．24L B ．14L C ．25L D.15L 解析：由θ＝45°知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等，从小球与斜面碰撞后变向到落到斜面下端，小球做平抛运动且水平位移等大，即x ＝y ，由x ＝v 0t 和y ＝v y2t 联立得v y ＝2v 0，即2gL －h ＝22gh ，解得h ＝L5，选项D 正确．4．(2016·广东深圳调研二)如图，在半径为R 的圆环圆心O 正上方的P 点，将一小球以速度v 0水平抛出后恰能从圆环上Q 点沿切线飞过，若OQ 与OP 间夹角为θ，不计空气阻力．则( AD )A ．从P 点运动到Q 点的时间为t ＝R sin θv 0B ．从P 点运动到Q 点的时间为t ＝R cos θv 0C ．小球运动到Q 点时的速度为v Q ＝v 0sin θD ．小球运动到Q 点时的速度为v Q ＝v 0cos θ解析：小球的水平位移x ＝v 0t ＝R sin θ，故从P 点运动到Q 点的时间为t ＝R sin θv 0，选项A 正确，B 错误；将Q 点的速度沿着水平方向和竖直方向分解如图所示，则有cos θ＝v 0v Q ，故小球运动到Q 点时的速度为v Q ＝v 0cos θ，选项C 错误，D 正确． 5．(2016·济南1月调研)如图所示，将小球沿与水平方向成α角以速度v 向右侧抛出，经时间t 1击中墙上距水平面高度为h 1的A 点；再将此球仍从同一点以相同速率抛出，抛出速度与水平方向成β(β>α)角，经时间t 2击中墙上距水平面高度为h 2的B 点(图中未标出)，空气阻力不计，则( A )A ．t 1一定小于t 2B ．t 1一定大于t 2C ．h 1一定小于h 2D ．h 1一定大于h 2解析：小球抛出后仅受重力作用，水平方向为匀速直线运动，两种情况水平位移相同，即v cos α·t 1＝v cos β·t 2，因π2＞β＞α＞0，cos α＞cos β，故t 1一定小于t 2，选项A 正确，B 错误；因不知道小球第一次击中墙壁是在上升阶段还是在下降阶段，故h 1与h 2大小关系不确定，故选项CD 错误．6．(2016·黑龙江哈师大附中月考一)水平路面汽车转弯靠静摩擦力充当向心力，由于静摩擦力有个最大值，所以，在转弯半径r 一定的情况下，转弯的速度不能太大，我们可以在转弯处设计成倾角为θ的坡路，如图所示，在动摩擦因数μ不变的情况下，且μ>tan θ，可以提高转弯的速度，以下说法正确的是( C )A ．汽车在水平路面转弯，汽车的质量越大，转弯允许的最大速度越大B ．汽车在倾斜路面转弯，随速度的增大，受到的摩擦力增大C ．汽车在倾斜路面转弯，沿倾斜路面方向没有运动趋势的速度v 0＝gr tan θD ．汽车在倾斜路面转弯，沿倾斜路面方向没有运动趋势的速度v 0＝gr sin θ 解析：设汽车在水平路面上所受的最大静摩擦力为F fm ＝μmg ，汽车的质量为m ，汽车转弯时的最大速度为v m ，由圆周运动及牛顿第二定律得F fm ＝mv 2mr，由此可知，v m ＝μgr ，在转弯半径r 一定的情况下，转弯允许最大速度与m 无关，选项A 错误；汽车在倾斜路面上转弯时，若汽车沿倾斜路面方向没有运动趋势，则汽车只受重力和支持力，受力分析如图甲所示，设此时汽车的速度大小为v 0，由牛顿第二定律得，mg tan θ＝m v 20r，解得v 0＝gr tan θ，选项C 正确；选项D 错误；当汽车的速度v ＜v 0时，汽车有沿斜面向下运动的趋势，所受摩擦力方向沿斜面向上，如图乙所示，由牛顿第二定律得F N sin θ－F f cos θ＝m v 2r ，F N cos θ＋F f sin θ＝mg ，解得F f ＝mg sin θ－m v 2rcos θ，由此可知，速度越大，摩擦力越小；当汽车的速度v ＞v 0时，汽车有沿斜面向上运动的趋势，所受摩擦力方向沿斜面向下，如图丙所示，由牛顿第二定律得F N sin θ＋F f cos θ＝m v 2r ，F N cos θ＝mg ＋F f sin θ，解得F f ＝m v 2rcosθ－mg sin θ，由此可知，速度越大，摩擦力越大，选项B 错误．7．(2016·合肥质检二)如图所示，长为L 的轻绳一端固定于O 点，另一端系一质量为m 的小球．现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g ，当绳与竖直方向的夹角α＝30°时小球受到合力大小为( B )A ．3mgB ．132mg C ．32mg D ．(1＋3)mg解析：小球从释放到如图所示的位置，根据动能定理得mgL cos 30°＝12mv 2，故小球到图示位置的向心力大小F 向＝mv 2L＝3mg ，在沿绳方向，合外力提供小球做变速圆周运动的向心力，F T －mg cos 30°＝3mg ，则F T ＝332mg ，在垂直绳方向，重力的分力提供切向加速度，F ＝mg sin 30°＝12mg ，则小球受到的合外力为绳子拉力与重力的合力，F 合＝F 2向＋F 2＝132mg ，B 正确． 8．(2016·山西百校联盟质监)将一平板折成如图所示，AB 部分水平且粗糙，BC 部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO ′匀速转动，放在AB 板E 处和放在BC 板F 处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB 板的动摩擦因数为( A )A ．μ＝tan θB ．μ＝cot θC ．μ＝sin θD ．μ＝cos θ解析：设物块与AB 部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L ，由于物块刚好不滑动，则对AB 板上的物体有μmg ＝m ω2L ，对BC 板上的物体有mg tan θ＝m ω2L ，因此μ＝tan θ，A 正确．9．(2016·石家庄教学质量检测一)在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A 、B ，转动方向如图所示，在A 盘上距圆心48 cm 处固定一个小球P ，在B 盘上距圆心16 cm 处固定一个小球Q .已知P 、Q 转动的线速度大小都为4π m/s.当P 、Q 相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为( B )A ．0.08 sB ．0.12 sC ．0.24 sD ．0.48 s解析：由v ＝r ω，P 、Q 线速度大小v P ＝v Q ，则ωQ ＝3ωP ，即Q 比P 转得快．当P 、Q 相距最近时开始计时，当两球第一次相距最远时，在相同的时间内，P 、Q 转过的角度分别为θP ＝ωP t ＝(2n ＋1)π(n ＝0,1,2,3，…)，θQ ＝ωQ t ＝(2m ＋1)π(m ＝0,1,2,3，…)，由于ωQ ＝3ωP ，当两球第一次相距最远时，n ＝0，解得m ＝1，故t ＝πωP ，而ωP ＝v r P ＝4π0.48，解得t ＝0.12 s ，选项B 正确．10．(2016·东北三省三校联考一)如图所示，可视为质点的木块A 、B 叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO ′匀速转动，木块A 、B 与转轴OO ′的距离为1 m ，A 的质量为5 kg ，B 的质量为10 kg.已知A 与B 间的动摩擦因数为0.2，B 与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A 、B 与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2)( B )A ．1 rad/sB ． 2 rad/sC ． 3 rad/sD ．3 rad/s解析：以A 为研究对象，静摩擦力提供向心力，μ1m A g ＝m A ω21r ，解得ω1＝ 2 rad/s ，以A 、B 作为一个整体研究对象，静摩擦力提供向心力，μ2(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )ω22r ，ω2＝ 3 rad/s ，要保持A 、B 与转台相对静止，转台的角速度ω≤ω1＝ 2 rad/s.选项B 正确．11．(2016·西安八校12月联考)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( ABD )A ．当ω>2Kg3L时，A 、B 相对于转盘会滑动 B ．当ω>Kg2L 时，绳子一定有弹力 C ．ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D ．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大解析：对两木块整体，恰发生滑动时，有2Kmg ＝m ω2L ＋m ω2·2L ，解得ω＝2Kg 3L，故当ω＞2Kg3L时，A 、B 相对于转盘滑动，A 项正确；角速度ω从零开始逐渐增大，木块B 所受静摩擦力逐渐增大，木块B 所受摩擦力逐渐增大，当Kmg ＝m ω2·L ，即ω＝Kg 2L时，木块B 所受摩擦力恰为最大静摩擦力，若角速度继续增大，且小于2Kg3L时，木块B 的向心力由绳子的拉力与木块B 的最大静摩擦力的合力提供，B 项正确；Kg2L ＜ω＜2Kg 3L范围内，木块B 所受摩擦力一直为最大静摩擦力，大小不变，C 项错误；当绳上无拉力时，对A 有f A ＝m ω2L ，故随角速度ω增大，A 所受静摩擦力增大，当绳上有拉力时，对A 有f A －F T ＝m ω2L ，对B 有F T ＋Kmg ＝m ω2·2L ，联立以两式，解得f A ＝3m ω2L －Kmg ，故随角速度ω增大，A 所受摩擦力也逐渐增大，综上，ω在0＜ω＜2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大，D 项正确．12．(2016·河南省豫东、豫北十所名校阶段性测试三)如图甲所示，轻杆一端与质量为1 kg ，可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v 随时间t 的变化关系如图乙所示，A 、B 、C 三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、－5.g 取10 m/s 2不计空气阻力．下列说法中正确的是( D )A ．轻杆的长度为0.5 mB ．小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向下C ．B 点对应时刻小球的速度为3 m/sD ．曲线AB 段与坐标轴所围图形的面积为0.6 m解析：A 时刻，即t ＝0时刻，小球位于最高点，C 时刻小球位于最低点，AC 时间内，小球机械能守恒定律，有12mv 2A ＋2mgl ＝12mv 2C ，因最高点和最低点竖直方向分速度为0，故v A＝1 m/s ，v C ＝5 m/s ，代入解得l ＝0.6 m ，A 项错误；设小球在最高点时，杆对球的作用力F 竖直向下有mg ＋F ＝m v 2Al，解得F 为负，故杆对球的作用力F 竖直向上，B 项错误；B 时刻小于水平方向分速度为0，故轻杆此时水平，AB 时间内，由机械能守恒定律有12mv 2A ＋mgl ＝12mv 2B ，解得v B ＝13 m/s ，C 项错误；曲线AB 段与坐标轴所围图形的面积是AB 时间内小球水平向的位移，即杆长0.6 m ，D 项正确．13．(2016·太原测评二)“太极柔力球”是一种流行的健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶柔力球，舞动球拍，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图的平板和小球，健身者让板与球在竖直面内沿顺时针方向做半径为R 的匀速圆周运动，且在到达A 、B 、C 、D 位置时，小球与板间无相对运动趋势．已知A 、C 为圆周的最高、最低点，B 、D 与圆心O 等高，小球的质量为m 、做圆周运动的周期为T .不计空气阻力，不考虑板与球的形变，求：(1)在C 点处板对球作用力的大小；(2)在B 点处板与水平方向的夹角；(可用三角函数的值表示) (3)若缓慢降低板的速度，求小球做匀速圆周运动的最大周期．解析：(1)在C 处板对小球的作用力为F CF C －mg ＝m4π2T 2R ，解得F C ＝mg ＋m4π2T 2R .(2)在B 处板对小球的作用力为F BF B cos θ＝mg ， F B sin θ＝m4π2T 2R ，解得tan θ＝4π2RgT2，则与水平方向夹角θ＝arctan 4π2RgT2.(3)在A 处板对小球的作用力为F AF A ＋mg ＝m4π2T 2R ，F A ＝0时，T 有最大值T m T m ＝2πR g. 答案：(1)mg ＋m 4π2T 2R (2)arctan 4π2RgT2(3)2πR g14．(2016·江西师大附中月考一)如图甲所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1 kg 的A 、B 两个物体，B 物块用长为0.25 m 的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物体和传感器的大小均可忽略不计，细线能承受的最大拉力为8 N ，A 、B 间的动摩擦因数μ2＝0.4，B 与转盘间的动摩擦因数μ1＝0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘静止时，细线刚好伸直，力传感器的读数为零，当转盘以不同的角速度匀速转动时，力传感器上就会显示相应的读数F .试通过计算在图乙的坐标系中作出F －ω2的图象，g 取10 m/s 2.解析：B 物体发生滑动时的角速度为ω1＝μ1gr＝2 rad/s ，则ω∈[0,2]时，F ＝0当A 物体所需的向心力大于最大静摩擦力时，A 将脱离B 物体，此时的角速度由m ω22r ＝μ2mg ，得ω2＝μ2gr＝4 rad/s ，则F ＝2m ω2r －2μ1mg ＝0.5ω2－2(ω∈[2,4]) ω＝ω2时绳子的张力为F ＝2m ω22r －2μ1mg ＝(2×42×0.25－2) N ＝6 N ＜8 N ，故绳子未断，接下来随着角度的增大，A 脱离B 物体做匀速圆周运动，设绳子达到最大拉力时的角速度为ω3，则ω3＝F T max ＋μ1mgmr＝6 rad/s 当角速度为ω2时，m ω22r ＝1×42×0.25 N＝4 N ＞μ1mg ，即绳子产生了拉力则F ＝m ω2r －μ1mg ＝0.25ω2－1，ω∈[4,6] 综上所述作出F －ω2图象所示．15．(2016·武汉调考)如图所示，水平传送带AB 长L ＝6 m ，以v 0＝3 m/s 的恒定速度转动．水平光滑台面与传送带平滑连接于B 点，竖直平面内的半圆形光滑轨道半径R ＝0.4 m ，与水平台面相切于C 点．一质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速度释放，当它运动到A 、B 中点位置时，刚好与传送带保持相对静止．重力加速度g ＝10 m/s 2.试求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ. (2)物块刚滑过C 点时对轨道的压力F N .(3)物块在A 点至少要具有多大的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D (结果可用根式表示)解析：(1)对物块，从静止开始做匀加速直线运动，由动能定理有μmg L 2＝12mv 2解得μ＝0.15.(2)物块刚滑过C 点时的速度v C ＝v 0＝3 m/s在C 点，有F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝32.5 N由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为32.5 N ，方向竖直向下． (3)物块经过半圆轨道最高点D 的最小速度为v D ＝gR ＝2 m/s从C 到D 的过程中，由动能定理有－2mgR ＝12mv D 2－12mv C ′2解得v ′C ＝20 m/s>3 m/s可见，物块从A 到B 的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B 端的速度至少为v B ′＝v C ′＝20 m/s由动能定理可知，－μmgL ＝12mv B ′2－12mv A ′2解得v A ′＝38 m/s答案：(1)0.15 (2)32.5 N (3)38 m/s。

创新设计(全国通用)高考物理二轮复习专题突破1 力与运动第2讲力与物体的直线运动-人教版高三全

第2讲力与物体的直线运动1．(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t2D.8s t2解析动能变为原来的9倍，如此物体的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对。

答案 A2．(多项选择)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图1所示。

两车在t ＝3 s 时并排行驶，如此( )图1A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动。

t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由v －t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m 。

故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确。

答案 BD3．(多项选择)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图2(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示。

高考物理二轮复习专题突破篇1.1.2力与运动习题

力与运动[真题再现]1．(2015·广东理综)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是( )A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案：B解析：0.2～0.5小时内，位移—时间图象是倾斜的直线，则物体做匀速直线运动，所以在0.2～0.5小时内，甲、乙两人的加速度都为零，选项A错误；位移—时间图象斜率绝对值的大小反映了物体运动速度的大小，斜率绝对值越大，速度越大，故0.2～0.5小时内甲的速度大于乙的速度，选项B正确；由位移—时间图象可知，0.6～0.8小时内甲的位移大于乙的位移，选项C错误；由位移—时间图象可知，0.8小时内甲、乙往返运动过程中，甲运动的路程大于乙运动的路程，选项D错误．2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示，若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)答案：(1)87 s 8.7×102m/s (2)0.008 kg/m解析：(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5 km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有 v ＝gt ①s ＝12gt 2 ②根据题意有s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m ③联立①②③式得t ＝87 s ④ v ＝8.7×102 m/s.⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max ⑥由所给的v t 图象可读出v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k ＝0.008 kg/m.⑧规律探寻1.与运动学和牛顿运动定律有关的图象问题主要有v t 图象、F t 图象、a t 图象等，它们是高考考查的重点，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题，试题既有选择题也有计算题，难度中等．解题时要善于从图象中找出解题信息，把图象与物理情景相联系，应用牛顿运动定律及其相关知识解答．2．以计算形式考查的运动学基本规律的应用和动力学的基本问题在高考中占有重要地位，试题所赋予的物理情景来源于生活，考查考生用物理知识解决实际问题的能力．试题综合性强，难度大．解题关键是对研究对象进行受力分析，求出加速度，灵活应用运动学的基本规律和推论．[考题预测]在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°角固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风静止．小球沿细杆运动的部分v t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：甲乙(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．答案：(1)15 m/s 2 －10 m/s 2 (2)0.5 50 N解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2综上解得μ＝0.5，F ＝50 N ．。

2016届高考(四川专用)物理二轮复习专题提升突破专题一力与运动第3讲

第3讲力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动专题提升训练一、选择题(每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项符合题目要求。

)1．[2015·北京市东城区高三综合练习(二)]如图所示，一冰球以速度v1在水平冰面上向右运动。

运动员沿冰面在垂直v1的方向上快速击打冰球，冰球立即获得沿击打方向的分速度v2。

不计冰面摩擦和空气阻力。

下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是()解析物体所受的合力与速度方向不在同一直线上时物体做曲线运动，合力与速度方向在同一直线上时物体做直线运动，题中冰球受击打后在水平方向上不受力，故做直线运动，选项C、D错误；实际运动的速度为合速度，根据平行四边形定则可知，合速度不可能沿击打的方向，一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向，故选项A错误，B正确。

答案 B2．某星体O有两颗卫星M、N，由于M、N间相互作用的万有引力不可忽略，使两卫星M、N与星体O始终共线，且M、N两卫星始终位于星体O的同侧。

当两卫星M、N在如图1所示的圆轨道上环绕星体O运行时，下列说法正确的是()图1A．卫星M的加速度小于卫星N的加速度B．卫星M的速度小于卫星N的速度C．星体O对卫星N的引力与卫星N做圆周运动的向心力相等D．星体O对卫星N的引力大于卫星N做圆周运动的向心力解析由于卫星M和卫星N绕星体O运动的轨道都是圆轨道，且在星体O的同侧并始终共线，所以角速度相同，由a＝ω2r可知，卫星M做圆周运动的加速度大于卫星N做圆周运动的加速度，A错误；由v＝ωr可知，卫星M做圆周运动的速度大于卫星N做圆周运动的速度，B错误；卫星N做圆周运动的向心力是由M、O对它的万有引力的合力提供的，所以卫星N做圆周运动的向心力小于星体O对它的万有引力，C错误，D正确。

答案 D3．(2015·天津理综，4)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图2所示。

高考物理二轮复习专项突破训练力与曲线运动.docx

力与曲线运动1．(多选)如图1所示，照片中的汽车在水平公路上做匀速圆周运动．已知图中双向四车道的总宽度为15 m，内车道内边缘间最远的距离为150 m．假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍．g取10 m/s2，则汽车的运动()图1A．所受的合力可能为零B．只受重力和地面支持力的作用C．所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供D．最大速度不能超过370m/s2．(多选)2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航组网卫星，两颗卫星属于中轨道卫星，运行于半径为10 354 km的圆形轨道上．卫星轨道平面与赤道平面成55°倾角．关于该卫星，以下说法正确的是()A．两颗卫星的周期相等、运行速率相等B．两颗卫星均为通讯使用，故均为地球同步卫星C．两颗卫星从地球上看是移动的，但每天经过特定的地区上空D．两颗卫星的向心加速度小于地球表面的重力加速度3．利用手机可以玩一种叫“扔纸团”的小游戏．如图2所示，游戏时，游戏者滑动屏幕将纸团从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的圆柱形废纸篓，纸团恰好沿纸篓的上边沿入篓并直接打在纸篓的底角．若要让纸团进入纸篓中并直接击中篓底正中间，下列做法可行的是()图2A ．在P 点将纸团以小于v 的速度水平抛出B ．在P 点将纸团以大于v 的速度水平抛出C ．在P 点正上方某位置将纸团以小于v 的速度水平抛出D ．在P 点正下方某位置将纸团以大于v 的速度水平抛出4．演习时，在某一高度匀速飞行的战机在离目标水平距离s 时投弹，可以准确命中目标，现战机飞行高度减半，速度大小减为原来的23，要仍能命中目标，则战机投弹时离目标的水平距离应为(不考虑空气阻力)( )A.13sB.23sC.23sD.223s5．如图3所示，将小球从空中的A 点以速度v 0水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B 点．若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上的B 点右侧，下列方法可行的是( )图3A ．在A 点正上方某位置将小球以小于v 0的速度水平抛出B ．在A 点正下方某位置将小球以大于v 0的速度水平抛出C ．在A 点将小球以大于v 0的速度水平抛出D ．在A 点将小球以小于v 0的速度水平抛出6．如图4所示，一细线系一小球绕O 点在竖直面做圆周运动，a 、b 分别是轨迹的最高点和最低点，c 、d 两点与圆心等高，小球在a 点时细线的拉力恰好为0，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图4A ．小球从a 点运动到b 点的过程中，先失重后超重B ．小球从a 点运动到b 点的过程中，机械能先增大后减小C ．小球从a 点运动到b 点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功D．小球运动到c、d两点时，受到的合力指向圆心7．如图5甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为F T，拉力F T 与速度v的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()图5A．数据a与小球的质量有关B．数据b与圆周轨道半径有关C．比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径8．(多选)如图6所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力，下列说法正确的是()图6A．若v0＝2gR，则小球在整个运动过程中克服摩擦力做功等于mgRB．若使小球在最低点的速度v0大于5gR，则小球在整个运动过程中机械能守恒C．若小球要做一个完整的圆周运动，小球在最低点的速度v0必须大于等于5gRD．若小球第一次运动到最高点，内环对小球的支持力为0.5mg，则小球在最低点对外圆环的压力为5.5mg9．(多选)如图7所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R，上部侧面A处开有小口，在小口A的正下方h处亦开有与A大小相同的小口B，小球从小口A 沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，小球进入A口的速度大小为v0时，小球恰好从A点的正下方的B口处飞出，则()图7A．小球到达B点时的速率为v02＋2ghB．小球的运动时间是2πR v0C．小球的运动时间是2h gD．沿AB将圆筒竖直剪开，看到小球的运动轨迹是一条直线10．我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高.2018年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是()A．周期B．角速度C．线速度D．向心加速度11．(多选)(2018·天津卷·6)如图8所示，2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的()图8A．密度B．向心力的大小C．离地高度D．线速度的大小12．(多选)2017年10月16日，美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星合并引力波事件，如图9为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量为M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则()图9A．A的质量一定大于B的质量B．A的线速度一定大于B的线速度C．L一定，M越大，T越大D．M一定，L越大，T越大13．(多选)如图10所示，质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E p＝－GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道Ⅱ的变轨过程进入半径R3圆形轨道Ⅲ继续绕地球运动，其中P为Ⅰ轨道与Ⅱ轨道的切点，Q 点为Ⅱ轨道与Ⅲ轨道的切点，下列判断正确的是()图10A．卫星在轨道Ⅰ上的动能为G Mm 2R1B．卫星在轨道Ⅲ上的机械能等于－G Mm 2R3C．卫星在Ⅱ轨道经过Q点时的加速度小于在Ⅲ轨道上经过Q点时的加速度D．卫星在Ⅰ轨道上经过P点时的速率大于在Ⅱ轨道上经过P点时的速率14．如图11所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c 三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c 的k倍，已知地球自转周期为T.则()图11A．卫星b也是地球同步卫星B．卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍C．卫星c的周期为1 k3TD．a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为v a＝v b＝k v c参考答案1.答案 CD2.答案 AD3.答案 C解析在P 点的初速度减小，则下降到篓上沿这段时间内，水平位移变小，则小球不能进入篓中，故A 错误．在P 点的初速度增大，则下降到篓底的时间内，水平位移增大，不能直接击中篓底的正中间，故B 错误；在P 点正上方某位置将小球以小于v 的速度水平抛出，根据x ＝v 02h g 知，水平位移可以减小，也不会与篓的左上沿相碰，落在篓底的正中间，故C 正确；在P 点正下方某位置将小球以大于v 的速度水平抛出，则小球能进篓，但不能击中篓底正中间，故D 错误．4.答案 C解析设原来的速度大小为v ，高度为h ，根据平抛运动的规律可知在竖直方向有：h ＝12gt 2，解得：t ＝2h g ，在水平方向：s ＝vt ＝v 2h g ，现战机高度减半，速度大小减为原来的23，要仍能命中目标，则有s ′＝23vt ′，12h ＝12gt ′2，联立以上各式解得：s ′＝23s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．5.答案 B6.答案 A解析小球在a 点时细线的拉力恰好为0，重力提供向心力，处于完全失重状态，到最低点b 时，拉力大于重力处于超重状态，所以小球从a 点运动到b 点的过程中，先失重后超重，故A 正确；在运动过程中拉力不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，故B 、C 错误；c 、d 两点重力方向向下，拉力方向指向圆心，所以合力方向不指向圆心，故D 错误．7.答案 D解析当v 2＝a 时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则mg ＝mv2r ，解得v 2＝gr ，故a ＝gr ，与小球的质量无关，故A 错误；当v 2＝2a 时，对小球受力分析，则mg ＋b ＝mv2r ，解得b ＝mg ，与圆周轨道半径无关，故B错误；根据A 、B 可知b a ＝m r ，既与小球的质量有关，也与圆周轨道半径有关，故C 错误；由A 、B 可知，r ＝a g ，m ＝b g ，故D 正确．8.答案 AB解析若v 0＝2gR ，则若圆环内圆外表面也光滑，则上升的最大高度h ＝v022g ＝2R ，即恰好能上升到轨道最高点；因内圆外表面粗糙，外圆内表面光滑，则小球在上半个圆内要克服内圆的摩擦力做功，往复运动的高度逐渐降低，最后小球将在下半圆轨道内往复运动，故克服摩擦力做功为W f ＝12mv 02－mgR ＝mgR ，选项A 正确．小球沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时对外圆恰无压力时速度设为v ，则有mg ＝m v2R ，由机械能守恒定律得：12mv 02＝mg ·2R ＋12mv 2，小球在最低点时的最小速度v 0＝5gR ，所以若小球在最低点的速度大于5gR ，则小球始终做完整的圆周运动，机械能守恒，故C 错误，B 正确．若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为0.5mg ，则mg －0.5mg ＝m v2R ，解得v ＝12gR ，若圆环内圆外表面光滑，则到达最低点的速度满足：12mv ′2＝12mv 2＋mg ·2R ，在最低点：F N －mg ＝m v′2R ，解得F N ＝5.5mg ；但是由于内圆外表面不光滑，且小球与内圆有摩擦力，故小球在最低点的速度比无摩擦时的速度小，故对外圆环的压力小于5.5mg ，选项D 错误．9.答案 AC解析由机械能守恒12mv 2＝mgh ＋12mv 02，所以：v ＝v02＋2gh ，故A 正确；小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在筒内的运动时间为：t ＝2hg ，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到：t ＝n 2πR v0(n ＝1,2,3…)，故B 错误，C 正确；该小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动；沿AB 将圆筒竖直剪开，则小球沿水平方向的运动可以看作是匀速直线运动，所以看到小球的运动轨迹是一条曲线，故D 错误．10.答案 A解析 “高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r 五<r 四．由万有引力提供向心力得GMm r2＝mr 4π2T2＝mrω2＝m v2r ＝ma .T ＝4π2r3GM ∝r3，T 五<T 四，A 对．ω＝GM r3∝1r3，ω五>ω四，B 错．v ＝GM r ∝1r ，v 五>v 四，C 错．a ＝GM r2∝1r2，a 五>a 四，D 错． 11.答案 CD解析设人造地球卫星的周期为T ，地球质量和半径分别为M 、R ，卫星的轨道半径为r ，则在地球表面：G Mm R2＝mg ，GM ＝gR 2①对卫星：根据万有引力提供向心力，有G Mm r2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ② 联立①②式可求轨道半径r ，而r ＝R ＋h ，故可求得卫星离地高度．由v ＝rω＝r 2πT ，从而可求得卫星的线速度．卫星的质量未知，故卫星的密度不能求出，向心力F n ＝G Mm r2也不能求出．故选项A 、B 错误，C 、D 正确．12.答案 B D解析设双星质量分别为m A 、m B ，轨道半径分别为R A 、R B ，角速度相等且为ω，根据万有引力定律可知：G mAmB L2＝m A ω2R A ，G mAmB L2＝m B ω2R B ，距离关系为：R A ＋R B ＝L ，联立解得：mA mB ＝RB RA ，因为R A >R B ，所以A 的质量一定小于B 的质量，故A 错误；根据线速度与角速度的关系有：v A ＝ωR A 、v B ＝ωR B ，因为角速度相等，半径R A >R B ，所以A 的线速度大于B 的线速度，故B 正确；又因为T ＝2πω，联立可得周期为：T ＝2π错误!，所以总质量M 一定，两星间距离L 越大，周期T 越大，故C 错误，D 正确．13.答案 AB解析在轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力，有：G Mm R12＝m v12R1，解得：v 1＝GM R1，则动能为E k1＝12mv 12＝GMm 2R1，故A 正确；在轨道Ⅲ上，根据万有引力提供向心力，有：G Mm R32＝m v32R3，解得：v 3＝GM R3，则动能为E k3＝12mv 32＝GMm 2R3，引力势能为E p ＝－GMm R3，则机械能为E ＝E k3＋E p ＝－GMm 2R3，故B正确；根据万有引力提供向心力，有：G Mm RQ2＝ma ，解得：a ＝GM RQ2，两个轨道上Q 点到地心的距离相同，故加速度的大小相同，故C 错误；卫星从Ⅰ轨道要变到Ⅱ轨道上去，故经过P 点时必须点火加速，即卫星在Ⅰ轨道上经过P 点时的速率小于在Ⅱ轨道上经过P 点时的速率，故D 错误．14.答案 C解析卫星b 相对地球不能保持静止，故不是地球同步卫星，A 错误；根据公式G Mm r2＝ma ，可得a ＝GM r2，即aa ac ＝rc2ra2＝1k2，B 错误；根据开普勒第三定律ra3Ta2＝rc3Tc2，可得T c ＝rc3ra3Ta2＝1k3T a ＝1k3T ，C 正确；根据公式G Mm r2＝m v2r 可得v ＝GM r ，故v a ＝v b ＝vc k，D 错误．。

高中物理二轮专题突破精品讲义第一力和运动专题高中全册物理试题

积盾市安家阳光实验学校力与运动一、知识梳理（一）考点回顾 1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。

从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况； ④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动律和运动学的规律列式求解。

4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要临界状态分析。

（二）例题剖析1．长L 的轻绳一端固在O 点，另一端拴一质量为m 的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T 1和T 2(速度分别为v 0和v)。

求证：(1)T 1－T 2＝6mg (2)v 0≥gL 5 证明：(1)由牛顿第二律，在最低点和最高点分别有：T 1－mg ＝mv 02/L T 2＋mg ＝mv 2/L 由机械能守恒得：mv 02/2＝mv 2/2＋mg2L 以上方程联立解得：T 1－T 2＝6mg(2)由于绳拉力T 2≥0，由T 2＋mg ＝mv 2/L 可得v≥gL 代入mv 02/2＝mv 2/2＋mg2L 得：v 0≥gL 5点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿律与机械能守恒用的综合题。

加之小球通过最高点有极值限制。

这就构成了主要考查点。

2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。

求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。

解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿律方程：N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘竖直上抛运动自由落体运动 F ≠0F 与v 0在同一直线上 F 与v 0成一夹角匀变速直线运动匀变速曲线运动平抛运动恒力FF=0 匀速直线运动运动力牛顿运动律变速直线运动简谐运动匀速圆周运动 F 的大小与相对于平衡位置的位移F 的大小不变，方向总与速度垂直 F 的方向始终与v 0在同一直线上变力F然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N＝mg＋N1cosα＋f1sinα＝Mg＋mgcos2α＋mgsin2α－masinα＝(M＋m)g－masinαf＝N1sinα－f1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα点评：质点在直线运动问题中用牛顿律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。

物理试题人教版高考二轮复习核心考点专项突破力与曲线运动

力与曲线运动一单项选择题TV－1综合频道在黄金时间播出了电视剧《陆军一号》，其中直升机抢救伤员的情境深深感动了观众．假设直升机放下绳索吊起伤员后(如图甲所示)，竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象分别如图乙、丙所示，则( )A．绳索中拉力可能倾斜向上B．伤员一直处于失重状态C．在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条倾斜向上的直线D．绳索中拉力先大于重力，后小于重力【答案】D【解析】由竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象可知，伤员在水平方向做匀速运动，在竖直方向上先做匀加速运动后做匀减速运动，绳索中拉力一定竖直向上，绳索中拉力先大于重力，后小于重力，伤员先处于超重状态后处于失重状态，在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条曲线，选项D正确．2.光滑平面上一运动质点以速度v通过坐标原点O，v与x轴正方向成α角(如图1)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则( )A.因为有F x，质点一定做曲线运动B.如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动C.质点不可能做直线运动D.如果F x>F ytan α，质点向x轴一侧做曲线运动【解析】若F x＝F ytan α，则合力方向与速度方向在同一条直线上，质点做直线运动，选项A、C错误；若F x＞F ytan α，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向下侧，则质点向x轴一侧做曲线运动，选项B错误，D正确。

【答案】D3.如图所示，河水流动的速度为v 且处处相同，河宽为a.在船下水点A 的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)( )A ．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝b v ，速度最大，最大速度为v max ＝avbB ．小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小、速度最大，最大速度为v max ＝a 2＋b 2vbC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长，速度最小，最小速度v min ＝avbD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小，则小船的最小速度为v min ＝av a 2＋b2【答案】D【解析】小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝a v 船，不掉到瀑布里t ＝a v 船≤b v ，解得v 船≥avb ，船最小速度为avb ，A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小，只要合速度沿y 轴方向，小船的最大速度无限制，B 错误；小船沿轨迹AB 运动位移最大，时间的长短取决于垂直河岸的速度，小船的最小速度为av a 2＋b2，所以C 错误，D 正确．4.质量不同的两个小球A 、B 从同一位置水平抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图所示，则( )A.B 的初速度一定大B.B 的加速度一定大C.A 的质量一定小D.A 水平方向的平均速度一定小【解析】小球在竖直方向只受重力，所以竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由公式t ＝2h g可知，两小球运动时间相同，由图可知，A 小球水平位移小于B 小球水平位移，水平方向上两小球做匀减速直线运动，所以A 水平方向的平均速度一定比B 的小，由于两小球水平方向运动时间相同，仅由水平方向位移大小关系无法确定水平方向加速度、初速度大小关系，也无法确定二者质量大小关系，选项D 正确。