2018届高三物理(新课标)二轮复习专题整合高频突破：专题一 力与运动3
新课标2018届高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练3力与物体的曲线运
专题能力训练3 力与物体的曲线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7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,有选错的得0分)1.如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成α角,船相对于静水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸。
现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且准时到达对岸,下列措施可行的是()A.减小α角,增大船速vB.增大α角,增大船速vC.减小α角,保持船速v不变D.增大α角,保持船速v不变2.(2017·广东广州调研)如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是()A.小球通过最高点时的最小速度v min=B.小球通过最高点时的最小速度v min=C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力3.(2017·辽宁铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力,这种现象叫过荷。
过荷过大会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。
受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。
g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为()A.100 mB.111 mC.125 mD.250 m4.如图所示,在足够长的斜面上A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上的水平距离为x1。
若将此球改用2v0水平速度抛出,落到斜面上的水平距离为x2,则x1∶x2为() A.1∶1 B.1∶2C.1∶3D.1∶45.如图所示,一人用力跨过定滑轮拉一玩具小车,已知小车的质量为m,水平面对小车的阻力恒为F f。
高考物理二轮总复习精品课件 第2部分 专题整合高频突破 第3讲 力与物体的曲线运动
小球弹力方向向下,故小球对杆的弹力方向向上,C正确。若v2=2b,
2
则F+mg=m ,解得F=a=mg,故D正确。
-23-
新题演练
1 2 3 4 5
怎样得高分
1.一只小船渡河,运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不
变,方向平行于岸边;小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀
x=v0t①
1
h=2gt2②
设圆弧轨道半径为 R,由机械能守恒定律得
1
mgR= 0 2 ③
2
联立①②③式,并代入题给条件得
R=0.25 m。④
-29-
新题演练
1 2 3 4 5
-30-
怎样得高分
(2)环由b处静止下滑过程中机械能守恒,设环下滑至c点的速度大小
为v,有
1
mgh=2mv2⑤
环在c点速度的水平分量为
解得 v2=
小滑块在 O 点做平抛运动,则
1 2
R=2gt ,x=v0t
解得 2R≤x≤2R。
-18-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(3)如图所示,设小滑块出发点为P1,离开点为P2,由题意要求O1P1、
O2P2与竖直方向的夹角相等,设为θ,若离开滑道时的速度为v,
2
则小滑块在 P2 处脱离滑道的条件是 mgcos θ=m
命题热点三
解析:在南北方向上,帆板静止,所以在此方向上帆船相对于帆板
向北以速度v运动;在东西方向上,帆船静止,帆板向西以速度v运动,
所以在此方向上帆船相对于帆板向东以速度v运动;以帆板为参考
2018届高三物理二轮复习课件：专题一 力与运动 1-1-4 精品
3 mω2r，解得天链一号 04 星的轨道半径 r＝
GωM2 ，则线速度 v＝
3 ωr＝
GωM2 ·ω＝3 GMω，故选项 C 正确；
D.要将卫星发射到较高的轨道，发射时需要更多的能量，故 卫星的高度越大，机械能就越大，即相同质量的同步卫星的机械 能大，故选项 D 错误．
3．(多选)2017 年 4 月 12 日 19 时 04 分，我国实践十三号卫星
为aaAB＝116，C 项错误；
由 T＝2π GrM3 及地球表面引力等于重力大小 GMRm2 ＝mg 知
T＝2π grR32，由于 B 为近地卫星，所以 TB＝2π Rg，当卫星 A、
B 再次相距最近时，卫星 B 比卫星 A 多运行了一周，即2TπB－2TπAt
＝2π，联立可得 t＝167π 答案 BD
知识 规律
②同步卫星：GRM＋mh2＝m(R＋h)(2Tπ)2(T＝24 h)．
(4)双星：GmL12m2＝m1ω2r1＝m2ω2r2
r1＋r2＝L
思想 (1)物理思想：估算的思想、物理模型的思想．
方法 (2)物理方法：放大法、假设法、近似法.
高频考点 题组冲关 真题试做 新题预测
限时规范训练
高频考点一 万有引力定律及天体质量和密度的求解 知能必备
解析：选 A.因为质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力 为零，则在距离球心 x 处(x≤R)物体所受的引力为 F＝GMx21m＝ G·43πxx23ρ·m＝43Gπρmx∝x，故 F－x 图线是过原点的直线；当 x＞R 时，F＝GMx2m＝G·43πxR23ρ·m＝4Gπ3ρxm2 R3∝x12，故选项 A 正确．
2．(2017·泰安市高三二模)一卫星绕某一行星表面附近做匀速
2018届高三物理二轮复习试题：板块一 专题突破复习专
跟踪强化训练(三)一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大[解析]本题考查平抛运动．忽略空气的影响时乒乓球做平抛运动．由竖直方向做自由落体运动有t＝2hg、v y＝2gh，某一时间间隔内下降的距离y＝v y t＋12gt2，由h相同，可知A、B、D皆错误；由水平方向上做匀速运动有x＝v0t，可见x相同时t与v0成反比，C 正确．[答案] C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g[解析] 本题考查机械能守恒定律、平抛运动．小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有12m v 2＝mg ·2R ＋12m v 21 小物块从最高点水平飞出做平抛运动有：2R ＝12gt 2 x ＝v 1t (x 为落地点到轨道下端的距离)联立得：x 2＝4v 2g R －16R 2当R ＝－b 2a ，即R ＝v 28g时，x 具有最大值，选项B 正确． [答案] B3．如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是()A．小球做匀速圆周运动B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v L cosαC．棒的角速度逐渐增大D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sinα[解析]棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v实＝ωL ，沿竖直方向向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球速度v 实＝ωL ＝v sin α，由此可知小球的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动．[答案] D4．(多选)(2017·河北六校联考)如图(1)是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置，图(2)是其工作原理简化图．将质量为m ＝10 kg 的石块装在距离转轴L ＝4.8 m 的长臂末端口袋中．发射前长臂与水平面的夹角α＝30°.发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止，石块靠惯性被水平抛出．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s ＝19.2 m ．不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.则以下判断正确的是( )A ．石块被抛出瞬间速度大小为12 m/sB ．石块被抛出瞬间速度大小为16 m/sC ．石块落地瞬间速度大小为20 m/sD ．石块落地瞬间速度大小为16 m/s[解析] 石块被抛出后做平抛运动，水平方向s ＝v 0t ，竖直方向h ＝12gt 2，抛出点到地面的高度h ＝L ＋L ·sin α，解得v 0＝16 m/s ，选项B 正确；石块落地时，竖直方向的速度v y ＝gt ＝12 m/s ，落地速度v t ＝v 20＋v 2y ＝20 m/s ，选项C 正确．[答案] BC5．(2017·河南百校联盟4月模拟)如图所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为 2 m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为( )A.34 mB.23m C.22 m D.43m [解析] 设AB 高为h ，则从A 抛出的小球运动时间t 1＝2h g ，从D 点抛出的小球运动时间t 2＝2×h 2g ＝h g ，水平方向v 0t 1－v 0t 2＝h 2tan θ，x ＝v 0t 1－h tan θ，x ＝43m ，选项D 正确． [答案] D6．(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD －A 1B 1C 1D 1，从顶点A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点)．关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，落在C 1点时平抛的初速度最大B ．落点在B 1D 1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2C ．运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D ．运动轨迹与A 1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同[解析] 依据平抛运动规律有mgh ＝12gt 2，得飞行时间t ＝2h g ，水平位移x ＝v 02h g ；落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，h 相同，而水平位移xAC 1最大，则落在C 1点时平抛的初速度最大，A 项正确．落点在B 1D 1上的小球，由几何关系可知最大水平位移x max ＝L ，最小水平位移x min ＝L 2，据v 0＝x g 2h，可知平抛初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝1∶2，B 项正确．凡运动轨迹与AC 1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，因θ相同，则运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知D 项错误．[答案] ABC7．(多选)(2017·甘肃模拟)如图所示，质量为3m 的竖直光滑圆环A 的半径为R ，固定在质量为2m 的木板B 上，木板B 的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使B 不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m 的小球C ，现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则速度v 0必须满足( )A ．最小值为2gRB ．最大值为3gRC ．最小值为5gRD ．最大值为10gR[解析] 在最高点，小球速度最小时有：mg ＝m v 21R ，解得v 1＝gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12m v 21＝12m v 20小，解得v 0小＝5gR ；要使环不会在竖直方向上跳起，在最高点环对球的最大压力F m ＝2mg ＋3mg ＝5mg ，在最高点，速度最大时有：mg ＋5mg ＝m v 22R ，解得v 2＝6gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12m v 22＝12m v 20大，解得v 0大＝10gR ，所以小球在最低点的速度范围为：5gR ≤v 0≤10gR ，选项C 、D 正确．[答案] CD8．(多选)(2016·浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s[解析] 赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由2.25mg ＝m v 21r ，得v 1＝30m/s ；通过大圆弧时，由2.25mg ＝m v 22R ，得v 2＝45 m/s ，B 项正确．赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A 项正确．由几何关系，可知连接大、小圆弧的直道长x ＝50 3 m ，由匀加速直线运动的速度位移公式v 22－v 21＝2ax ，得a ≈6.50 m/s 2，C 项错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝13×2πrv1≈2.79 s，故D项错误．[答案]AB9．(多选)(2017·华中师大附中二模)如右图所示，物体M用两根长度相等不可伸长的线系在竖直杆上，它们随竖直杆转动，当转动角速度变化时，各力变化的情况为()A．ω只有超过某一数值时，线AM的张力才出现B．线BM的张力随ω的增大而增大C．不论ω如何变化，线BM的张力总大于线AM的张力D．当ω增大到某个值，总会出现线AM的张力大于线BM的张力的情况[解析]设线BM与竖直方向的夹角为θ，线AM与竖直方向的夹角为α，对物体M进行受力分析，如右图所示，根据向心力公式，有T BM cosθ＝mg＋T AM cosα①，T BM sinθ＋T AM sinα＝mω2r②.当ω较小时，线BM的张力在水平方向的分量可以提供向心力，此时线AM没有力，当ω增大到某值时，线BM的张力在水平方向的分量不足以提供向心力，此时线AM才有张力的作用，故A正确；ω增大，物体所需的向心力增大，线BM和AM的张力都增大，故B正确；当线AM 没有拉直时，线AM 的张力等于零，线BM 肯定有张力，当线AM 拉直时，θ＝α，由①式，可知线BM 的张力一定大于线AM 的张力，故C 正确，D 错误．[答案] ABC10．如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T ＝a ＋b cos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b 2mB.2b mC.3b mD.b 3m[解析] 当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg＋m v21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a－b，F T2＝－mg＋m v22L；由动能定理，有mg·2L＝12m v21－12m v22，联立解得g＝b3m，选项D正确．[答案] D二、非选择题11．(2017·宜昌期末调研)如右图为“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分由两个半径相等的半圆连接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，某弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点以速度v0水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L ＝1.25 m，圆的半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为m′＝0.15 kg，g＝10 m/s2，求：(1)若v0＝5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程．(2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向．(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多少时，轨道对地面的压力会为零，并指出此时小球的位置．[解析] (1)设小球运动到p 点的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程应用动能定理，得－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 20. 小球自p 点做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2，s ＝v t ，联立代入数据，解得s ＝0.98 m. (2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向．F ＋mg ＝m v 2R ，联立代入数据，解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0开始运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在“S ”形轨道的中间位置．则有F ′＋mg ＝m v 21R ，F ′＝m ′g ，－μmgL －2mgR ＝12m v 21－12m v 20，解得v 0＝5 m/s.[答案] (1)0.98 m (2)1.1 N 方向竖直向下 (3)5 m/s 在“S ”形轨道的中间位置12．(2017·浙江七校联考)如图所示，长为L ＝6 cm 的细绳上端固定在一平台右端点A 的正上方O 点，下端系有质量为m ＝0．5 kg 的摆球；倾角为θ＝30°的斜面的底端D 点处于A 点的正下方；劲度系数为k ＝50 N/m 的水平轻弹簧左端固定在墙上，无形变时右端在B 点，B 、A 两点间距为x 1＝10 cm.一质量为2m 的物块靠在弹簧右端但不粘连，并用水平向左的推力将物块缓慢向左移动，当推力大小为F ＝15 N 时物块静止于C 点，撤去推力后在A 点处停下．若将物块质量调整为m ，物块仍在C 点由静止释放，之后在A 点与静止摆球碰撞，碰后物块停在A 点而摆球恰好在竖直平面内做圆周运动，并从物块左侧与物块碰撞，碰后物块离开平台，之后恰好垂直撞到斜面上．物块和摆球均视为质点且碰撞时间不计，两次碰撞中物块和摆球均交换速度，物块与平台间的动摩擦因数处处相同，重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)质量为m 的物块离开A 点时的速率v 0；(2)物块与平台间的动摩擦因数μ；(3)A 、D 两点间的高度差H .[解析] (1)摆球恰好在竖直平面内做圆周运动，则到达最高点时有mg ＝m v 2L第一次碰撞后摆球的速率与物块离开A 点时的速率相等，则根据机械能守恒定律有12m v 20＝mg ·2L ＋12m v 2 解得v 0＝ 3 m/s(2)设质量为2m 的物块在C 点静止时弹簧被压缩长度为x 2，则由平衡条件有F ＝2μmg ＋kx 2设从撤去推力后到物块停在A 点的过程中弹簧对物块做的功为W，则根据动能定理有W－2μmg(x2＋x1)＝0由题意知，质量为m的物块到达A点时速率为v0，则根据动能定理有W－μmg(x2＋x1)＝12m v2－0解得μ＝0.5(由于F>2μmg，故μ＝1.5舍去)(3)碰后质量为m的物块做平抛运动，则水平方向x＝v0t竖直方向h＝12gt2，vy＝gt物块恰好垂直撞到斜面上，则v y＝v0tanθ由几何关系有H－h＝x tanθ解得H＝0.75 m[答案](1) 3 m/s(2)0.5(3)0.75 m。
2018届高考物理二轮复习综合讲与练：专题一 力和运动
专题一力和运动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。
其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。
2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。
1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。
2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。
综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。
3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。
考向一物体的受力分析(选择题)1．六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反电场力由检验电荷的电性和电场的方向共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。
3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。
[例1](2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N 处受力的方向，下列说法正确的是()A．M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向[审题指导](1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。
(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。
[解析]支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A 正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。
2018届高三物理二轮复习课件：第1部分 专题一 力与运动 1-1-2-3
的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8
B．10
C．15
D．18
解析：选BC.设P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则 F＝nma① P、Q东边有k节车厢，则 F＝km·23a② 联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数， 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15 当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．
解析：选BD.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t23＝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，则 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．
[真题3] (2015·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木 板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的 距离为4.5 m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起 以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极 短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物 块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图 (b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取 10 m/s2.求：
2018届高三物理二轮复习课件：第1部分 专题一 力与运动 1-1-3-3
解析 (1)当细线1上的张力为零时，小球的重力和细线2对小球
的拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，
即mgtan 37°＝mω21lsin 37°，
解得：ω1＝ lcosg37°＝52 2 rad/s；
(2)当ω2＝
50 3
rad/s时，由于ω2＞ω1，故小球应向左上方摆
起．
由几何关系可知，B点距C点的水平和竖直距离均为d＝lcos 37°＝ 0.8 m， 细线1的长度l′＝0.2 m. 假设细线1上的张力仍为零，设此时细线2与竖直轴的夹角为α， 则可得： mgtan α＝mω22lsin α，代入数据可解得：cos α＝0.6，即α＝53°， 由几何关系可知，此时细线1恰好竖直且细线的张力为零，故此 时细线2与竖直方向的夹角为53°.
解析：(1)当A点到过O点竖直线的距离为x1＝
5 4
l时，小球绕钉子
转动的半径为R1＝l－ 2l止到最低点 的过程中机械能守恒，则有mg(2l ＋R1)＝12mv12 在最低点细绳承受的拉力最大，有F－mg＝mRv211 解得最大拉力F＝7mg，所以mFg＝7.
[真题2] (2014·高考新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零
点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰
好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的
夹角为( )
π
π
A.6
B.4
π
5π
C.3
D.12
解析：选B.设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，
由题意知
1 2
(2)设小球到达最高点时速度大小为v2，运动半径为R2， 小球绕钉子做圆周运动，恰好能到达最高点时有mg＝mRv222 运动过程中机械能守恒，有mg(2l －R2)＝12mv22
2018届高考物理二轮复习专题一力与运动练习
专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。
下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。
2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。
对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。
3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。
ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。
2018届高考物理二轮复习全国通用课件 专题一 力与运动 第3讲
——平抛、圆周和天体运动
1.(2016·全国卷Ⅲ，14)关于行星运动的规律，下列说法符合史实 的是( )
A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运
卫星的轨道半径为 r＝sinR30°＝2R 由Tr3121＝Tr2322得（62.64R2 ）3＝（2TR22）3。 解得 T2≈4 h。
答案 B
6.(2015·全国卷Ⅰ，18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图3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.L21 B.L41 C.L21 D.L41
图3
6gh＜v＜L1
g 6h
hg＜v＜
（4L21＋L22）g 6h
6gh＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
hg＜v＜12
（4L21＋L22）g 6h
解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。
ห้องสมุดไป่ตู้
当速度 v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h－h＝g2t21①
平抛运动的规律及分析方法
[规 律 方 法]
抓住“六点”破解平抛运动问题 1.建立坐标，分解运动 将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速 直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平 向方向上)。 2.各自独立，分别分析
2018版物理高考二轮复习备考浙江选考版讲义：专题一
第3讲 牛顿运动定律的理解和应用[选考考点分布]考点一 牛顿运动定律的有关辨析1．(2017·浙江11月选考·2)在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是( ) A ．质量，千克 B ．能量，焦耳 C ．电阻，欧姆 D ．电量，库仑答案 A解析 国际基本物理量有：质量，长度，时间，电流，发光强度，热力学温度，物质的量，故选A.2．(2017·浙江4月选考·1)下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是( ) A ．力，kg B ．功率，J C ．电场强度，C/N D ．电压，V答案 D解析力的国际单位是N，功率的国际单位是W，电场强度的国际单位是N/C，电压的国际单位是V，所以正确答案为D.3．(2016·浙江10月学考·2)下列均属于国际制基本单位的是()A．m、N、J B．m、kg、JC．m、kg、s D．kg、m/s、N答案 C4．(人教版必修1P70第1至3题改编)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是() A．飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标B．地球自西向东转，你向上跳起来后，不会落到原地C．安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力答案 C5．(人教版必修1P81“实验”改编) 把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手拉测力计A，如图1，则()图1A．A拉B的力小于B拉A的力B．A拉B的力大于B拉A的力C．A拉B的力与B拉A的力是一对平衡力D．A拉B的力与B拉A的力是一对相互作用力答案 D解析根据牛顿第三定律，相互作用的两个物体间的作用力大小相等、方向相反．A、B间的力为相互作用力，故D项正确．6．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因答案 D7. 课间休息时，一位男生跟一位女生在课桌面上扳手腕比力气，结果男生把女生的手腕压倒到桌面上，如图2所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是()图2A．男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大B．男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力一样大C．男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供给自己手腕的力D．男生扳女生手腕的力与女生臂膀提供给自己手腕的力一样大答案 B解析根据牛顿第三定律，男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力大小相等．8．如图3所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空．当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是()图3A．一对平衡力B．作用力和反作用力C．拉力小于重力D．拉力大于重力答案 D解析因加速上升，所以拉力大于重力．1.力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动状态．2．惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度．惯性的两种表现形式：(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态易改变．3．国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量．它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而通过物理量之间的关系式推导出来的物理量单位叫做导出单位． 4．牛顿第二定律的五性五性⎩⎪⎨⎪⎧矢量性→F ＝ma 是矢量式，a 与F 同向瞬时性→a 与F 对应同一时刻因果性→F 是产生a 的原因同一性⎩⎪⎨⎪⎧ a 、F 、m 对应同一个物体a 、F 、m 统一使用SI 制单位独立性→每一个力都可以产生各自的加速度考点二 牛顿运动定律的应用1. 如图4所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a ，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小铁球m ，M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增大到3a 时，M 、m 仍与小车保持相对静止，则()图4A ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B ．细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C ．细线的拉力增加到原来的3倍D ．M 受到的摩擦力增加到原来的3倍 答案 D解析 小球受重力和细线的拉力，沿水平和竖直方向正交分解，得F T sin θ＝ma ，F T cos θ＝mg ，则a ＝g tan θ，所以加速度增大到3a 时，细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍，选项A 、B 错误；由以上分析知，细线水平分力增到原来的3倍，但竖直分力等于小球重力不变，所以实际细线的拉力不会增大到原来的3倍，选项C 错误；对M 和m 整体受力分析F f ＝(M ＋m )a ，故M 受到的摩擦力增加到原来的3倍，选项D 正确．2．(2017·稽阳联谊学校8月联考)下列情景中哪个不是失重造成的结果( ) A ．天宫二号内部的物品可以飘在空中B ．汽车快速过拱形桥时，司机感觉到自己对座位的压力小了C ．电梯从十楼向下启动时，人感觉轻飘飘的D ．小朋友放飞气球，气球飘飘荡荡飞上了天空 答案 D解析 A 、B 、C 都是失重或完全失重造成的，只有D 是因为浮力大于重力造成的，因此D 正确．3. (2016·温州市联考)如图5所示，a 、b 两小球用细线连接，通过一轻质弹簧悬挂在天花板上，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度分别为(取向下为正方向)( )图5A ．0，gB ．－g ，gC ．－2g ，gD ．2g,0答案 C解析 在细线烧断之前，a 、b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹簧弹力方向向上，大小为3mg .当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a 受向上3mg 的弹力和向下mg 的重力，故加速度a a ＝3mg －mg m ＝2g ，方向向上．对b 而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度a b ＝2mg2m ＝g ，方向向下．取向下为正方向，有a a ＝－2g ，a b ＝g .故选项C 正确．4. (2016·浙江北仑中学期中)如图6所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )图6A ．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB ．木块受到的合力大小为(M ＋m )aC ．小车受到的摩擦力大小为mFm ＋MD ．小车受到的合力大小为(m ＋M )a答案 C解析 木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma ，A 、B 错误；小车受到的合外力为Ma ，D 错误；对小车和木块整体：F ＝(M ＋m )a ，对木块：F f ＝ma ＝m FM ＋m ，由牛顿第三定律得小车受到的摩擦力也为mFM ＋m.5．(2017·嵊州市高级中学期末)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F 阻＝kr 2v 2，其中k 为比例系数，r 为雨滴半径，v 为其运动速率．t ＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a 表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v 0.下列图象中不正确的是( )答案 D解析 由mg －F 阻＝ma 得，雨滴先加速下落，随着v 增大，阻力F 阻增大，a 减小，a ＝0时，v ＝v 0不再变化，故A 、B 正确；又mg ＝kr 2v 0 2，v 0 2＝mg kr 2，又m ＝43πρr 3得v 0 2＝4πρg 3kr ，即v 0 2与r 成正比关系，即C 正确，D 错误．6．(2017·温州市十校高三期末)如图7甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F －t 图线．两图中a ～g 各点均相对应，其中有几个点在甲图中没有画出，图乙中a 、c 、e 点对应的纵坐标均为700 N ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是( )甲 乙图7A ．此人重心在b 点时处于超重状态B ．此人重心在c 点时的加速度大小大于在b 点时的加速度大小C ．此人重心在e 点时的加速度大小大于在a 点时的加速度大小D．此人重心在f点时的脚刚好离开传感器答案 D解析由题图知a、c、e点处对应的F＝G，故加速度等于0，b点处F＜G，处于失重状态．1.只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．2．加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失．3．受力分析中的突变问题(1)轻绳、轻杆和接触面的弹力可以突变．(2)弹簧、橡皮筋的弹力不可以突变．4．连接体问题的分析思路(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般“先整体求加速度，后隔离求内力”．(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把各个物体从系统中隔离出来，分析各个物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程求解．考点三动力学的两类基本问题1．(2017·浙江4月选考·19)如图8所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表：图8(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小． 答案 (1)0.105 m/s 2 84 m (2)400 N (3)3.86 m/s 解析 (1)由运动学公式a 1＝ΔvΔt＝0.105 m/s 2 位移x 1＝12a 1t 2＝84 m(2)减速运动过程中加速度大小 a 2＝|v 1－v |t 3＝0.05 m/s 2由牛顿第二定律得F ＝Ma 2＝400 N (3)位移x ＝0＋v 2t 1＋v t 2＋v ＋v 12t 3＝2 780 m平均速度v ＝xt≈3.86 m/s.2. (2016·浙江10月学考·19)如图9所示在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km /h.(g 取10 m/s 2)图9(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案 见解析解析 (1)列车的速度为324 km/h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度大小为 a ＝Δv t ＝90－0300m/s 2＝0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′ v 2＝2a ′x ′解得a ′＝0.5 m/s 2 ，则F ＝1.2×106 N(3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5 s ＝180 s减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300 m ＝13 500 m所以整个过程的平均速度v ＝x ＋x ′t 总＝13 500＋8 100300＋240＋180m/s ＝30 m/s. 3. (2016·浙江4月学考·19)如图10是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s ．若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及上升高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间．答案 (1)0.9 m/s 2 180 m (2)654 N ，方向竖直向下 (3)6 s解析 (1)由运动学公式可得 a 1＝v m t 1＝1820 m/s 2＝0.9 m/s 2h ＝12a 1t 1 2＝12×0.9×202 m ＝180 m (2)根据牛顿第二定律可得 F N －mg ＝ma 1则F N ＝mg ＋ma 1＝654 N 根据牛顿第三定律得小明对地板的压力F N ′＝F N ＝654 N ，方向竖直向下 (3)设匀速运动时间为t 0，运动的总时间为t ，由v －t 图象可得 H ＝12(t ＋t 0)v m解得t 0＝6 s.4. (人教版必修1P86例2)如图11所示，一个滑雪的人，质量m ＝75 kg ，以v 0＝2 m /s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，t ＝5 s 的时间内滑下的路程x ＝60 m ，g ＝9.8 m/s 2，求滑雪人受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)大小．图11答案 67.5 N解析 由x ＝v 0t ＋12at 2得a ＝4 m/s 2，又由牛顿第二定律mg sin θ－F 阻＝ma 得F 阻＝mg sin θ－ma ＝67.5 N.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图12所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射器起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为f .问：图12(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？ 答案 (1)M v t 1－t 0－F ＋f (2)v (t 1－t 0)2＋M v 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2M v解析 (1)设飞机在加速过程中加速度为a 1， 由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝vt 1－t 0① 由牛顿第二定律可得F －f ＋F 辅＝Ma 1②由①②可得F 辅＝M vt 1－t 0－F ＋f .(2)飞机在加速过程中滑行的距离s 1为s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2 ③设飞机在减速过程中加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F －f －F 辅＝Ma 2 ④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式v t 2－v 0 2＝2ax 可得s 2＝－v 22a 2 ⑤由①②④⑤可得s 2＝M v 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2M v要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 至少为L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋M v 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2M v .1.以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：2．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．考点四 用动力学方法解决传送带问题1. 如图13所示，电动传送带以恒定速度v 0＝1.2 m/s 运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m ＝20 kg 的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h ＝1.8 m 的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图13答案 3.25 s解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v 0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmg cos α－mg sin α＝ma ，解得a ＝0.8 m/s 2.从静止到与传送带共速所用时间t 1＝v 0a ＝1.20.8s ＝1.5 s ， 沿斜面向上的位移x ＝v 02t 1＝0.9 m. 物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t 2＝l －x v 0＝ 1.8sin 37°－0.91.2s ＝1.75 s ， 总时间为t ＝t 1＋t 2＝3.25 s.2．如图14甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则()图14A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析 t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力作用，故D 错误．3. (2017·浙江余姚中学高三上期中)如图15所示，传送带的水平部分AB 是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB 所用时间为t 1，从B 端飞出时速度大小为v 1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB 所用时间为t 2，从B 端飞出时速度大小为v 2，则()图15A．t1＝t2，v1＝v2B．t1＜t2，v1＞v2C．t1＞t2，v1＞v2D．t1＝t2，v1＞v2答案 A解析在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误．1.在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．(1)传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．(2)物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．(3)v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点．2．判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态．3．考虑传送带长度——判定到达临界状态之前是否滑出以及物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止一起做匀速运动．专题强化练(限时：35分钟)1．(2017·杭州市四校联考)同学们知道物理学中力的单位是“N”，但“N”是一个导出单位，如果用国际制基本单位表示，下列正确的是()A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg2·m/s D．kg·m2/s答案 A2．(2017·温州市九校高三上学期期末)根据图1，下列关于运动和力的叙述正确的是()图1A．图甲中，运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿着半径方向“离心”而去B．图乙中，在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．图丙中，在水平直跑道上减速运动的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．图丁中，人在体重计上站起的瞬间指针示数会变大答案 D解析A中摩擦力消失，由于惯性，他将沿切线方向飞出；B中小球受到的合外力大小不变，但方向变化，故是变力；C中由相互作用力的关系，伞对飞机的拉力等于飞机对伞的拉力；D中站起瞬间有向上的加速度，人对体重计的压力大于重力，故示数会变大．3. (2017·浙江名校协作体模拟)如图2所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳的质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是()图2A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力答案 D解析由作用力与反作用力的关系知，D正确．4．(2016·宁波市效实中学期中)如图3所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10 N的重物Q，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10 N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则()图3A ．a 1＜a 2B ．a 1＝a 2C ．a 1＞a 2D ．条件不足，无法判断答案 A 解析 左图：对PQ 整体G ＝(m P ＋m Q )a 1，右图：对P 物体F ＝m P ·a 2，由F ＝G ＝10 N 知a 1＜a 2.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)某日，小华在乘坐电梯的时候，由于电梯出现故障，小华和电梯一起自由下落，关于此下落过程，下列说法正确的是( )A ．小华会撞到电梯的天花板B ．小华只受两个力的作用C ．小华对电梯地板的压力为零D ．小华处于超重状态答案 C解析 自由下落属于完全失重状态，故小华对电梯地板的压力为零．6．(2017·温州市9月选考)2017年6月5日，温州司乘人员(包括后排)不系安全带都将被罚款，假定某次紧急刹车时，由于安全带的作用，质量为70 kg 的乘员获得约6 m/s 2的加速度，则安全带对乘员的作用力约为( )A ．200 NB ．400 NC ．600 ND ．800 N答案 B7．如图4所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m ，物块2、4质量均为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )图4A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M m g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg 答案 C解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆连接处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻质弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝m ＋M Mg ，所以C 正确． 8．(2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)水平力F 方向确定，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，F 的大小按图5甲所示规律变化，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s 2.根据图，下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm 、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f 、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m 的值正确的是( )甲 乙图5A ．F fm ＝4 NB ．μ＝0.1C ．F f ＝6 ND ．m ＝2 kg答案 B解析 t ＝2 s 时，F fm ＝F ＝6 N ；F －μmg ＝ma 1，即6－μmg ＝m ×1.t ＝4 s 时，F －μmg ＝ma 2，即12－μmg ＝m ×3，解得m ＝3 kg ，μ＝0.1，则F f ＝μmg ＝3 N.9. 如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，而且F 1＞F 2，则1施于2的作用力大小为( )图6A ．F 1B ．F 2 C.12(F 1＋F 2) D.12(F 1－F 2) 答案 C解析 设物体1和2的质量都为m ，加速度为a ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F 1－F 22m .以物体2为研究对象，有a ＝F 12－F 2m ，解得F 12＝F 1＋F 22.故C 选项正确． 10. 如图7所示，有材料相同的P 、Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力F 作用下沿粗糙斜面向上运动，轻绳与拉力F 的方向均平行于斜面．当拉力F 一定时，Q 受到绳的拉力( )图7A．与斜面倾角θ有关B．与物块与斜面间的动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关答案 D解析设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体受力分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q受力分析，有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确．11. 如图8所示，质量为m的球置于倾角为45°的斜面上，被一个垂直于斜面的挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()图8A．若加速度足够小，挡板对球的弹力可能为零B．若加速度的大小等于重力加速度的大小，斜面对球的弹力为零C．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma答案 B解析球受到重力mg、斜面的支持力F N2、挡板的弹力F N1，则竖直方向有F N2cos 45°＋F N1sin 45°＝mg，水平方向有F N1cos 45°－F N2sin 45°＝ma.若加速度足够小，据表达式可知，挡板对球的弹力不可能为零，选项A错误；若加速度的大小等于重力加速度的大小，据表达式可知，斜面对球的弹力为零，选项B正确，C错误；由于重力方向竖直向下，斜面和挡板对球的弹力的合力沿水平方向的分力为ma，所以其二者的合力大于ma，选项D错误．12. (2016·温州瑞安四校联考)如图9所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )图9A.g 2sin α B ．g sin α C.32g sin α D. 2g sin α答案 C解析 对猫F f ＝mg sin α，对木板F f ＋2mg sin α＝2ma ，则a ＝32g sin α. 13. 如图10所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m/s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图10答案 D解析 滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝Δv a ′＝1 s ，选项D 正确． 14．水平传送带被广泛应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图11所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放在传送带上的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速度平行于传送带运动到B 处取行李，则( )。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题能力训练3力与物体的曲线运动
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只
有一个选项符合题目要求,5~7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,有选错的得0分)
1.
如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成α角,船相对于静水的速度为v,其航线恰好垂直于
河岸。
现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且准时到达对岸,下列措施可行的是()
A.减小α角,增大船速v
B.增大α角,增大船速v
C.减小α角,保持船速v不变
D.增大α角,保持船速v不变
2.
(2017·广东广州调研)如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球
半径为r,则下列说法正确的是()
A.小球通过最高点时的最小速度v min=g(R+r)
B.小球通过最高点时的最小速度v min=gR
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
3.
(2017·辽宁铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞
行员所受的重力,这种现象叫过荷。
过荷过大会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。
受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。
g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆
弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为()
A.100 m
B.111 m
C.125 m
D.250 m
4.
如图所示,在足够长的斜面上A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上的水平
距离为x1。
若将此球改用2v0水平速度抛出,落到斜面上的水平距离为x2,则x1∶x2为() A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3
D.1∶4
5.
如图所示,一人用力跨过定滑轮拉一玩具小车,已知小车的质量为m,水平面对小车的阻力恒为F f。
当绳与水平面的夹角为θ时,小车的速度为v,此时人的拉力大小为F。
若忽略绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦,则此时()
A.绳的速度为v cosθ
B.绳的速度为v
C.小车的加速度为F cosθ-F f
m
D.小车的加速度为F-F f
6.
(2017·江西重点一模)右图是一固定的半圆形竖直轨道,AB为水平直径,O为圆心,同时从A点水平抛出甲、乙两个小球,速度分别为v1、v2,分别落在C、D两点,OC、OD与竖直方向的夹角均为37°,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则()
A.甲、乙两球下落到轨道的时间相等
B.甲、乙两球下落到轨道的速度变化量不相等
C.v1∶v2=1∶3
D.v1∶v2=1∶4
7.
如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时,烧断细线,则()
A.两物体均沿切线方向滑动
B.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,同时所受摩擦力减小
C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动,不会发生滑动
D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体A发生滑动,离圆盘圆心越来越远
二、非选择题(本题共3小题,共44分)
8.
(13分)如图所示,在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面,物体A以初速度v1沿斜面上滑,同时在物体A的正上方,有一物体B以初速度v2=2.4 m/s水平抛出。
如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。
A、B均可看作质点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
求:
(1)物体A上滑时的初速度v1;
(2)物体A、B间初始位置的高度差h。
9.(14分)某电视台策划的娱乐节目的场地设施如图所示,AB为水平直轨道,上面安装有电动悬挂器,可以载人运动,下方水面上漂浮着一个半径为R,铺有海绵垫的转盘,AB向下的投影通过转盘的中心,转盘轴心离平台的水平距离为l,平台边缘与转盘平面的高度差为h。
选手抓住悬挂器后,按动开关,在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。
起动后2 s悬挂器脱落。
设人的质量为m(看作质点),人与转盘间的最大静摩擦力为μmg,重力加速度为g。
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零,为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘,转盘的角速度ω应限制在什么范围?
(2)已知h=3.2 m,R=0.9 m,g取10 m/s2,当a=2 m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上,求l。
10.(17分)
如图所示,在竖直平面内有一固定光滑轨道,其中AB是长为R的水平直轨道,BCD是圆心为O、半径为R的3圆弧轨道,两轨道相切于B点。
在外力作用下,一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达B点时撤除外力。
已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重力加速度大小为g。
求:
(1)小球在AB段运动的加速度的大小;
(2)小球从D点运动到A点所用的时间。
专题能力训练3力与物
体的曲线运动
1.B
2.C
3.C
4.D
5.AC
6.AD
7.BD
8.答案(1)6 m/s(2)6.8 m
解析(1)物体A上滑过程中,由牛顿第二定律得mg sinθ=ma①设物体A滑到最高点所用时间为t,由运动学公式0=v1-at②
物体B做平抛运动,如图所示,由几何关系可得
水平位移x=1
2
v1t cos37°③
其水平方向做匀速直线运动,则
x=v2t④联立可得v1=6m/s。
⑤(2)物体B在竖直方向做自由落体运动,则h B=1gt2⑥物体A在竖直方向
h A=1
2v1sin37°⑦
如图所示,由几何关系可得
h=h A+h B⑧联立得h=6.8m。
⑨9.答案(1)ω≤μg(2)7.2 m
解析(1)设人落在圆盘边缘处不致被甩下,临界情况下,最大静摩擦力提供向心力,则有
μmg=mω2R
解得ω=μg R
故ω限制的范围为ω≤μg 。
(2)匀加速过程
x1=1
2at2=1
2
×2×22m=4m
v C=at=4m/s 平抛过程h=1
2
gt22得
t2=0.8s
x2=v C t2=4×0.8m=3.2m 故l=x1+x2=7.2m。
10.答案(1)5
2g(2)(−3)R
g
解析(1)小球在BCD段运动时,受到重力mg、轨道的正压力F N的作用,如图所示。
根据题意,F N≥0,且小球在最高点C点所受压力为零,即F N C=0 ①设小球在C点的速度大小为v C,根据牛顿第二定律,有
mg=m v C 2
②
设在B点的速度大小为v B,小球从B点运动到C点,机械能守恒,有
1 2mv B2=1
2
mv C2+2mgR③
小球在AB段做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a,有v B2=2aR④
由②③④式得a=5
2g⑤
(2)设小球在D点速度为v D,下落到A点速度为v,由机械能守恒,有
1 2mv B2=1
2
mv D2+mgR⑥
1mv
B
2=1mv2⑦设由D点运动到A点的时间为t,由运动学公式有
gt=v-v D⑧由④⑤⑥⑦⑧式得
t=(5−3)R。