2018年高考物理预测——必修2运动学计算题
2018新课标高考物理计算压轴题预测分析含答案
高中物理计算题专题一2．（15分）如图所示，半径R =0．40 m 的光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平面相切于圆环的底端A 。
一质量m=0．50 kg 的小球，以初速度v 0=5．0 m/s 在水平面上向左做匀速直线运动，而后冲上竖直半圆形轨道，小球最后落在水平上面的C 点，取重力加速度g=10m/s 2。
求：（1）小球到达半圆形轨道最高点B 的速度大小v B ；（2）A 、C 间的距离s 。
4．（15分）在水平地面上有一个质量为4.0kg 的物体，物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动。
10s 后拉力大小减小为F /3，并保持恒定。
该物体的速度图象如图所示求：（1）物体所受到的水平拉力F 的大小。
（2）物体所受到的F f 的大小。
（取g =10m/s 2）5．（15分）如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，将一个质量为m 的物块P 轻轻地放在弹簧上，当弹簧被压缩l 时物块速度刚好为零，若换一个质量为3m 的物块Q 轻轻地放在弹簧上，当弹簧也被压缩l 时，物块Q 的加速度和速度的大小分别是多少？7．（15分）如图所示，质量为m 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ在光滑斜面上，AC/s斜面的末端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。
滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。
求：（1）水平作用力力F大小；（2）滑块下滑的高度。
（3）若滑块进入传送带速度大于传送带的速度，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
8．（15分）某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究。
他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图象，已知小车在0～2s内做匀加速直线运动，2s～10s内小车牵引力的功率保持不变，在10s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变。
2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案
2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案本文没有明显的格式错误，但是有一些排版不规范的问题。
在第一题的解析中，CD错误应该换行，单独成为一句话，并且需要加上标点符号。
在第二题的解析中，最后一句话应该换行，单独成为一段。
在第三题的解析中，密度公式后面应该加上标点符号。
同时，每段话的语言表达也可以更加简洁明了。
例如，第一题的解析可以改为：“木箱在运动过程中受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理可知，动能等于力做功的大小。
因此，动能小于拉力所做的功，选项A正确。
”1014Hz和1015Hz是指频率的单位，108m·s-1是指光速的大小。
根据光电效应方程，只有当光的频率大于某个最小值时，才能产生光电效应。
根据公式f=Φ/h，其中Φ为金属的逸出功，h为普朗克常量，可以求出锌产生光电效应的最低频率为1015Hz。
在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。
一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是D。
在移动过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同，因此电流恒定且方向为顺时针。
从第二个矩形区域到第三个矩形区域，左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。
从第三个矩形区域到第四个矩形区域，左边切割产生的电流方向逆时针，右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针。
当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，因此D是正确的选项。
甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。
已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是BD。
2018高考物理押题预测之计算题
高考三轮之计算题（上）徐建烽北京市物理高级教师题一：如图所示，一个可视为质点的物块A，质量为m＝0.2 kg，从固定的光滑四分之一圆弧轨道顶端C的正上方某处由静止落下，从C处进入圆弧轨道，再经过轨道底端D后，冲上一与D紧挨着的质量为M＝0.5 kg、长为L＝2.8 m的静止长木板B，直到A、B的速度相同，均为0.3 m/s，然后A、B又一起在水平地面上滑行了4.5 cm后停下。
已知圆弧轨道的半径R＝0.5 m，A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求B与水平地面间的动摩擦因数；（2）求A相对于长木板滑行的距离；（3）为了保证A不从B的右端滑落，求A由静止下落位置到圆弧轨道顶端C处的最大高度。
题二：如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R＝1.6 m，管内壁光滑，两端口C、D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E＝1.5×103 N/C、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长L1＝6.75 m，BC段表面粗糙，长L2＝5.5 m.。
质量m＝2.0 kg、电荷量q＝0.01 C的带正电小球在水平恒力F＝10 N 的作用下从A点由静止开始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进入半圆管后通过端口D 时对圆管内轨道有竖直向下的压力N D＝15 N。
小球与水平面BC段之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
求：（1）小球通过端口D时的速度大小v D；（2）小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小Np；（3）撤去拉力F时小球的速度大小v0。
题三：如图所示，一轻弹簧一端固定在倾角为37°的固定光滑直轨道AD的底端A处，另一端若自由伸长则位于C点，另一端若固定连接一质量为m的小木块，小木块处于B点时恰静止。
直轨道与半径为r＝0.5R的光滑圆弧轨道相切于D点，E点为圆弧轨道的最高点（且过E点的切线水平），BC＝CD＝R，A、B、C、D、E均在同一竖直面内。
2018年高考物理全国卷押题卷(二)(解析版)
2018年高考物理全国卷押题卷（二）二、选择题：（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 下列说法正确的是了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察思考，往往比掌握知识本身更重要。
针对伽利略对自由落体运动的研究内容及过程，有以下叙述：①伽利略后来借助数学知识发现，如果速度与位移成正比，将会推导出复杂的结论；②伽利略相信，自然界的规律是简洁明了的，他猜想自由落体运动一定是一种最简单的变速运动，它的速度应该是均匀变化的；③亚里士多德认为物体下落的快慢是由它们的重量决定的，伽利略通过逻辑推理和实验证实亚里士多德的结论是错误的；④伽利略通过斜面实验来证明速度与时间成正比的猜想是正确的，并进行了合理外推：当倾角为90°时，运动变为自由落体，其性质不变，而且所有物体下落的加速度都是一样的。
根据伽利略研究的真实过程，你认为下列排序科学合理的是A. ①②③④B. ③②①④C. ②①③④D. ②③①④【答案】B点睛：知道物理学史，知道物理学家的成就和对应研究的物理过程和物理方法。
2. 在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定（）A. 该核发生的是α衰变B. 该核发生的是β衰变C. a表示反冲核的运动轨迹D. 磁场方向一定垂直纸面向里【答案】B【解析】放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆。
而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆。
故放出的是β粒子，故A错误，B正确。
根据动量守恒定律，质量大的速度小，而速度小的，运动半径较小，而b的质量较大，因此b是反冲核的运动轨迹，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向。
2018全国高考冲刺物理模拟试题(二)(解析版)
2018全国高考冲刺物理模拟试题（二）（解析版）二、选择题（本题包括8小题，共48分。
每小题给出的四个选项中，14～17题只有一个选项符合题意，18～21题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）17. 下列说法正确的是A. 质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的反应是人工核转变，放出的能量为（m3－m1－m2）c2B. 交流发电机由产生感应电动势的线圈（通常叫做电枢）和产生磁场的磁体组成，分为旋转电枢式发电机和旋转磁极式发电机，能够产生几千伏到几万伏的电压的发电机都是旋转电枢式发电机C. 1927年戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，证实了电子的波动性并提出实物粒子也具有波动性D. 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了轨道量子化与定态的假设，成功地解释了氢原子光谱的实验规律【答案】D【解析】根据爱因斯坦质能方程，当一个质子和一个中子结合成一个氘核时，质量亏损为，因此核反应放出的能量，故A错误；现在大型发电厂的发电机能够产生几千伏到几万伏的电压，输出功率可达几百万兆瓦，所以大多数发电机都是旋转磁极式发电机，故B 错误；1927年戴维孙和汤姆孙利用晶体得到了电子束的衍射图样，有力地证明了德布如意提出的物质波假设，C错误；玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，D正确．18. 在光滑圆锥形容器中,固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环（小环可以自由转动,但不能上下移动），小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。
如图所示，图a中小环与小球在同一水平面上，图b中轻绳与竖直轴成θ（θ<90°）角。
设图a和图b中轻绳对小球的拉力分别为T a和T b，圆锥内壁对小球的支持力分别为N a和N b，则在下列说法中正确的是A. T a一定为零，T b一定为零B. N a不一定为零，N b可以为零C. T a、T b是否为零取决于小球速度的大小D. N a、N b的大小与小球的速度无关【答案】C【解析】试题分析：小球在圆锥内做匀速圆周运动，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，根据力的合成原则即可求解．对甲图中的小球进行受力分析，小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以可以为零，若等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以一定不为零；对乙图中的小球进行受力分析，若为零，则小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以可以为零，若等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以可以为零，故C正确．19. 甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。
2018年高考全国卷2物理部分试题及解析
一、选择题：1. 如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】试题分析：受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。
木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，mv2−0，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与根据动能定理可知即：W F−W f=12摩擦力做功的大小，CD错误。
故选A点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小。
2. 高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【答案】C【解析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。
学#科网设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：mgℎ=12mv2，解得：v=√2gℎ=√2×10×3×25=10√15m/s落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：(N−mg)t=0−(−mv)，解得：N≈1000N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力3. 2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10−11 N⋅m2/kg2。
2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷 物理(二) 含解析
绝密 ★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（二）本试卷共32页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 55 Zn 65第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。
第19～21题有多选项题目要求。
全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．下列叙述正确的是A ．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B ．蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态班级 姓名 准考证号 考场号 座位号C．利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器D．探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是等效替代的方法【解析】“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；探究加速度与质量、合外力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D错误。
2018年高考全国卷2物理押题卷
2018年高考全国卷2物理押题卷2019年普通高等学校招生全国统一考试物理押题卷（全国Ⅱ卷）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
【选择题型1】：v-t 图像及其应用14．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f=kv （k 为正的常量）。
两球的v-t 图象如图所示。
落地前，经时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。
则下列判断正确的是 （ ）A ．释放瞬间甲球加速度较大B ．甲球质量大于乙球C ．t 0时间内两球下落的高度相等D ．甲球先做加速度增加的加速运动，后做匀速运动 O v tv 1 甲球 乙球 v 2 t 012.10eV 的光子而被激发B. 用能量为12.50eV 的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁C. 一群处于n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D. 用n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为6.31eV【答案】D【解析】（-13.6eV）+（12.1eV）=1.50eV不等于任何能级差，则处于基态的氢原子吸收能量为12.1eV 的光子不能被激发，选项A错误；12.5eV大于1、2和1、3之间的能级差，则用能量为12.5eV 的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁，选项B错误；一群处于n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线，选项C错误；从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则用它照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为12.75eV-6.44eV=6.31eV，选项D正确. 【选择题型3】：交流电（产生、变压器的动态问题）16．如图所示，有一矩形线框的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO’,轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。
高考全国卷2物理押题卷物理试题(解析版)
2018年普通高等学校招生全国统一考试物理押题卷（全国Ⅱ卷）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f=kv（k为正的常量）。
两球的v-t图象如图所示。
落地前，经时间两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。
则下列判断正确的是（）A. 释放瞬间甲球加速度较大B. 甲球质量大于乙球C. t0时间内两球下落的高度相等D. 甲球先做加速度增加的加速运动，后做匀速运动【答案】B【解析】根据v-t图像的斜率表示加速度可知，释放瞬间甲、乙两球加速度一样大，故A错误；最终两球都匀速下落，由平衡条件得：m1g=kv1，m2g=kv2，可求，由图知v1大于v2，所以m1大于m2，即甲球质量大于乙球，故B正确；由v-t图像的面积表示位移可得t0时间内甲球下落的高度高，故C错误；由图象可知甲球先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
2. 如图所示为氢原子的能级图，已知某金属的逸出功为 6.44eV，则下列说法正确的是（）A. 处于基态的氢原子可以吸收能量为 12.10eV 的光子而被激发B. 用能量为 12.50eV 的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁C. 一群处于 n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3种谱线D. 用 n=4能级跃迁到 n=1能级辐射的光子照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为 6.31eV 【答案】D【解析】（-13.6eV）+（12.1eV）=1.50eV不等于任何能级差，所以处于基态的氢原子吸收能量为 12.1eV 的光子不能被激发，故A错误；12.5eV大于1、2和1、3之间的能级差，则用能量为 12.5eV 的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁，故B错误；一群处于n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线，故C错误；从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则用它照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为 12.75eV-6.44eV=6.31eV，故D正确。
2018届普通高等学校招生全国统一考试高三物理模拟(二)
2018届普通高等学校招生全国统一考试高三物理模拟（二）14．牛顿以太阳与行星之间存在着引力为依据，大胆猜想这种作用存在于所有物体之间，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律。
在创建万有引力定律的过程中，下列说法正确的是A ．在牛顿之前，开普勒等科学家已经证明了“太阳对行星的吸引力与两者中心距离的平方成反比”B ．在牛顿那个时代无法验证维持月球绕地球运动的力和使苹果下落的力是同一种力C ．根据太阳对行星的引力与行星质量m 、二者间距离r 的关系2m F r ∝，再结合牛顿第三定律，推理得太阳与行星的引力关系2Mm F r ∝，M 是太阳质量，牛顿将这种关系推广到宇宙中一切物体之间D ．牛顿通过实验测出引力常量G 之后，万有引力定律才能揭示复杂运动背后的科学规律15．约里奥·居里夫妇由于发现了人工放射性，而获得诺贝尔物理学奖。
1934年，他们用()42He α射线轰击铝箔()27131A ，产生了一种新的放射性物质X 和一个中子10n ，该放射性物质X 不稳定继续反应放出Y 粒子而生成硅()301430si ，则下列说法正确的是A ．Y 粒子是放射性物质X 的核外电子释放出来形成的B ．新的放射性物质X 是磷元素的同位素，核子数为30C ．放射性物质X 放出Y 粒子生成硅30的过程属于重核裂变D ．人工放射性同位素的半衰期比天然放射性物质短得多，因此放射性废料更不容易处理 是正三角形的三个顶点，O 是AB 的中点，两根互相平行的通电长直r 为距通电长直导线的垂B 0，则C 点处的磁感应强度大小为A C 的小木块A 和B(可视为质点)叠放在水平圆盘上，与转轴OO '的距离为1 m ，小木块A 与B 之间的动摩擦因数为0.4，小木块B 与圆盘之间的动摩擦因数为0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10m ／s 2。
若圆盘从静止开始缓慢加速转动，直到小木块A 与B 或小木块B 与桌面之间将要发生相对滑动时，立即改为匀速转动，从而保持系统之间的相对静止，下列说法正确的是A /sB ．圆盘匀速转动时，小木块A 受到的摩擦力大小为8NC ．圆盘缓慢加速转动过程中，小木块A 受到的摩擦力的方向始终指向转轴D ．圆盘缓慢加速转动过程中，圆盘摩擦力对小木块B 做负功18．如图所示，两平行的带电金属板．AB 、CD 水平放置，间距为d。
2018届高考物理二轮专题复习文档：计算题押题练一 力
计算题押题练(一) 力学计算题1．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。
郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m 就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt 1＝60 s ，红灯时间Δt 2＝40 s ，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt ＝50 s 。
要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。
汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。
(1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(计算结果保留两位有效数字)(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a ＝2 m/s 2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动。
试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。
解析：(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t ＝5Δt 此时匀速运动的速度最大v max ＝5Lt＝10 m/s 若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t ′＝5Δt ＋Δt 1＝310 s此时匀速运动的速度最小v min ＝5Lt ′≈8.1 m/s 。
(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到v max ＝10 m/s v max ＝at 1，t 1＝5 s在此过程中汽车走过的位移x ＝v max2t 1，x ＝25 m然后汽车以此速度匀速运动，可知 L －x ＝v max t 2，t 2＝47.5 s因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为 t ＝t 1＋t 2＝52.5 s110 s ＞t ＞50 s ，因此走到下个路口时能够遇到绿灯。
答案：(1)10 m /s 8.1 m/s (2)能2.在水平长直轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动。
2018年高考物理预测——必修2运动学计算题
必修2运动学计算题副标题题号一总分得分一、计算题〔本大题共10小题，共100.0分〕1.如下图，质量为5kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为5kg，停在B的左端.质量为1kg的小球用长为0.45m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能到达的最大高度为0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数为0.1，为使A、B到达共同速度前A不滑离木板，重力加速度g=10m/s2，求：(1)碰撞后瞬间物块A的速度大小为多少；(2)木板B至少多长；(3)从小球释放到A、B到达共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能．2.如下图，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m的圆轨道，(1)假设接触面均光滑.小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h．(2)假设已知小球质量m=0.1kg，斜面高ℎ=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功．3.如下图，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．(2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．4.如下图，AB为半径R=1.25m的1光滑圆弧轨道，轨道4的最低点B通过一段光滑平面BC与一粗糙斜面CD平滑连接，斜面的倾角θ=37∘，斜面的髙度与A点等高，质量为m的小物块从A点由静止滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25.(g= 10m/s2)求：(1)滑块滑到B点的速度大小；(2)滑块在斜面上滑行的总路程．5.如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37∘，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D 为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2N，且过(0.5m，4N)点.取g=10m/s2.求：(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)假设要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；(3)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上.假设存在，请求出H值；假设不存在，请说明理由．6.如下图，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30∘，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上.质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块从A点运动至B点的时间．(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小．(3)C、D两点间的水平距离L．7.如下图，半径R=4m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53∘和37∘.传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的煤块(视为质点)从B点左侧高为ℎ=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道.已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g 取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.求：(1)煤块水平抛出时的初速度大小v0；(2)煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；(3)煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度.(结果保留2位有效数字)8.一质量M=6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m=6kg，停在B的左端.质量m o=1kg的小球用长l=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能到达的最大高度ℎ=0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，A、B最终到达共同速度.求：(1)与小球碰后瞬间A的速度v A；(2)为保证A、B到达共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长；(3)从释放小球到A、B到达共同速度，小球及A、B组成的系统损失的机械能．9.如下图，AB为水平轨道，A、B间距离s=1.25m，BCD是半径为R=0.40m的竖直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点.有一小物块质量为m=1.0kg，小物块在F=10N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，它与水平轨道和半圆形轨道间的摩擦均不计.g取10m/s2，求：(1)撤去力F时小物块的速度大小；(2)小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小；(3)小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小．10.如下图，在高ℎ1=1.2m的光滑水平台面上，质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能E p，假设打开锁扣K，物块与弹簧别离后将以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好能从B点的切线方向进入光滑圆弧形轨道BC，B点的高度ℎ2=0.6m，其圆心O与平台等高，C点的切线水平，并与地面上长为L=2.8m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，取g=10m/s2．(1)求小物块由A到B的运动时间；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能E p是多大？(3)假设小物块与墙壁碰撞后速度方向反向，大小为碰前的一半，且只发生一次碰撞，则小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ的取值范围多大？答案和解析【答案】1. 解：(1)小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgℎ=12mv2解得：v=√2gℎmgℎ′=12 mv′2解得：由动量守恒定律得：mv0=−m1v0′+m A v A，解得：v A=1m/s(2)以A、B为研究对象，由动量守恒定律：m A v A=(m A+m B)v 解得：v=0.5m/s根据动能定理得：μm A gL=12m A v A2−12(m A+m B)v 2解得：L=0.25m(3)小球及AB组成的系统损失的机械能为：解得：△E=1.25J答：(1)碰撞后瞬间物块A的速度大小为1m/s；(2)木板B至少多长为0.25m；(3)从小球释放到A、B到达共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能为1.25J．2. 解：(1)小球刚好到达C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m v2R，从A到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg(ℎ−2R)=12mv2，解得：ℎ=2.5R=2.5×0.4=1m；(2)在C点，由牛顿第二定律得：mg+mg=m v C2R，从A到C过程，由动能定理得：mg(ℎ−2R)+W f=12mv C2−0，解得：W f=−0.8J；答：(1)假设接触面均光滑.小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，斜面高h为1m．(2)全过程中摩擦阻力做的功为−0.8J．3. 解：(1)小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有：(F−μmg)x AB=12mv B2−0在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：N−mg=m v B2R联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=154N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：N′=N=154N (2)因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：mg=m v D2R可得：v D=√5m/s设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有：x=v D t，2R=1gt22解得：x=2R=1m答：(1)小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小是154N．(2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离是1m．4. 解：(1)滑块由A到B的过程，由机械能守恒定律，有：mv2mgR=12解得，滑块滑到B点的速度v=√2gR=√2×10×1.25=5m/s(2)设滑块在斜面上滑行的总路程为s．由于μ<tan37∘，所以滑块不能停在斜面上，由于滑块在斜面上滑行时机械能不断减少，所以滑块最终停在C点，对整个过程，由动能定理得mgR−μmgcosθ⋅s=0解得s=6.25m答：(1)滑块滑到B点的速度大小是5m/s；(2)滑块在斜面上滑行的总路程是6.25m．5. 解：(1)当H=0时，由图象截距可知F=mg=2Nm=0.2kg当小物块从D点静止下滑，由图象知，ℎ=0.5m，对轨道的压力F1=4Nmv12mgℎ=12F1−mg=m v12R解得R=1m．(2)不脱离轨道分两种情况：①到圆心等高处速度为零有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度ℎ1≤R=1m②通过最高点，通过最高点的临界条件v D=√gR设下落高度为H0，mv D2由动能定理mg(H0−2R)=12解得H0=2.5m则应该满足下落高度ℎ2≥2.5m．(3)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点OE=Rsin37∘x=OE=v D tR =12gt 2 解得：v D =5√53m/s 而滑块过D 点的临界速度v DL =√gR =√10m/s由于：v D >v DL ，所以存在一个H 值，使得滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的点mg(H −2R)=12mv DP 2解得：H =9736m.答：(1)滑块的质量和圆轨道的半径为1m ；(2)假设要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度ℎ1≤1m 或者ℎ2≥2.5m ； (3)存在H 值，H =9736m.6. 解：(1)小物块恰好从B 点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：v y =vtanθ根据平抛运动的规律可得：v y =gt ， 解得：t =0.35s ．(2)小物块由B 点运动到C 点，由机械能守恒定律有：mgR(1+sinθ)=12mv C 2−12mv B 2 解得：v B =vsinθ=4m/s ；在C 点处，由牛顿第二定律有：F −mg =m v C 2R解得：F =8N ，根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力F′大小为8 N ． (3)小物块从B 点运动到D 点，由能量守恒定律有：E pm =12mv B 2+mgR(1+sinθ)−μmgL解得：L =1.2m ．答：(1)小物块从A 点运动至B 点的时间为0.35s ．(2)小物块经过圆弧轨道上的C 点时，对轨道的压力大小为8N ． (3)C 、D 两点间的水平距离为1.2m ．7. 解：(1)物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：v y =√2gℎ=√2×10×0.8=4m/s物体恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，则：v yv 0=tan53∘得：v 0=v ytan53∘=443=3m/s(2)煤块在A →D 的过程中由动能定理：mg(ℎ+Rcos37∘−Rcos53∘)=12mv D 2−12mv 02在D 点由牛顿第二定律：F ND −mgcos37∘=mv D2R解得：v D =√41m/s ，F ND =9.125N ，又有牛顿第三定律知在D 点对轨道的压力大小为9.125N(3)因v D =√41m/s >v 带=2m/s所以，煤块先沿传送带向上做匀减速运动，然后做匀变速运动返回，设总时间为t ． 在沿传送带向上匀减速由牛顿第二定律：mgsin37∘+μmgcos37∘=ma 1， 后面的匀变速阶段由牛顿第二定律：mgsin37∘−μmgcos37∘=ma 2， 解得：a 1=10m/s 2，a 2=2m/s 2 对煤块从滑上到滑下传送带有运动学公式：v D 2−v 带22a 1+v 带22a 2=12a 2(t −v D −v 带a 1−v 带a 2)2解得：t ≈2.97s由题意可知，当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，此时有： s =v 带t +12(v D −v 带)2a 1=6.9m答：(1)煤块水平抛出时的初速度大小v 0为3m/s ；(2)煤块第一次到达圆弧轨道BCD 上的D 点对轨道的压力大小为9.125N ；(3)煤块第一次离开传送带前，在传送带DE 上留下痕迹可能的最长长度为6.9m ．8. 解：(1)设小球运动到最低点的速度为v 0，由机械能守恒定律：m 0gl =12mv 02， 代入数据解得：v 0=4m/s ．设碰撞结束后小球的速度大小为v 1，A 的速度大小为v 2，碰撞结束后小球反弹上升，由机械能守恒有：m 0gℎ=12mv 12，代入数据解得：v 1=2m/s ．对小球与木块A 碰撞过程，设向右为正方向，由动量守恒有：m 0v 0=−m 0v 1+mv 2 将v 0、v 1结果代入得：v 2=1m/s ，方向水平向右；(2)经分析知，最后A 没有滑离B ，A 、B 共同运动，设共同运动速度为v 3，对A 、B 系统，设向右为正方向，由动量守恒得： mv 2=(m +M)v 3，解得：v 3=mv 2m+M=6×16+6m/s =0.5m/s 此过程中损失的机械能等于摩擦力对系统做的功，即：μmgL =12mv 22−12(m +M)v 32代入数据解得：L =0.25m(3)从释放小球到A 、B 到达共同速度，小球及A 、B 组成的系统损失的机械能： △E =m 0gl −m 0gℎ−12(m +M)v 32 代入数据解得：△E =4.5J答：(1)碰撞结束时A 的速度1m/s ，方向水平向右；(2)为保证A 、B 到达共同速度前A 不滑离木板，木板B 至少0.25m ；(3)从释放小球到A 、B 到达共同速度，小球及A 、B 组成的系统损失的机械能4.5J ． 9. 解：(1)当物块从A 滑向B 时，设在B 点撤去F 时速度大小为v B ．根据动能定理得：Fs =12mv B 2得v B =5m/s(2)小物块从B 到D 点瞬间，由动能定理得：−mg ⋅2R =12mv D 2−12mv B 2 解得：v D =3m/s根据牛顿第二定律得：F D+mg=m v D2R解得：F D=12.5N由牛顿第三定律知压力大小为F D′=F D=12.5N(3)物块通过D点后做平抛运动，有：2R=12gt2x=v D t解得：x=1.2m答：(1)撤去力F时小物块的速度大小是5m/s；(2)小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小是12.5N；(3)小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小是1.2m．10. 解；(1)小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，小物块由A运动到B的时间为：t=√2(ℎ1−ℎ2)g =√2×(1.2−0.6)10=√35s≈0.346s(2)根据图中几何关系可知：ℎ2=ℎ1(1−cos∠BOC)，解得：∠BOC=60∘根据平抛运动规律有：tan60∘=gt v1，解得：v1=gttan60∘=10×√35√3=2m/s根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为：E p=12mv12=12×1×22=2J(3)依据题意知，①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：mgℎ1+E p>μmgL代入数据解得：μ<12，②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：mgℎ1+E p=μmgL+12mv22第一次碰墙后返回至C处的动能为：E kC=18mv22−μmgL可知即使μ=0，有：12mv22=14J18mv22=3.5J<mgℎ2=6J，小物块不可能返滑至B点．故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：18mv22≤2μmgL，联立解得：μ≥118综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：118μ<12；答：(1)小物块由A到B的运动时间是0.346s．(2)压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能E p是2J．(3)μ的取值范围118≤μ<12．【解析】1. (1、2)对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，再由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A碰撞后A的速度；A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度；(3)对小球以及A、B组成的系统，由能量守恒列方程求损失的机械能．此题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解．2. (1)由牛顿第二定律求出小球到达C点的速度，然后由机械能守恒定律求出斜面的高度h．(2)由牛顿第二定律求出小球到达C点的速度，然后应用动能定理求出摩擦阻力做功．此题考查了动能定理以及向心力公式的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律与动能定理可以解题，解题时要注意小球在C点受力情况的分析是关键．3. (1)小物块从A运动到B的过程中，根据动能定理求出物块到达B点时的速度.在B 点，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力．(2)因为小物块恰好能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，由牛顿第二定律求出小物块通过D点的速度.小物块离开D点做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式求解落到水平地面上的点与B点之间的距离．此题是动能定理、牛顿第二定律和平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，知道物体恰好到达圆周最高点的临界条件：重力等于向心力．4. (1)滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求滑块滑到B点的速度．(2)由于μ<tan37∘，所以滑块不能停在斜面上，由于滑块在斜面上滑行时机械能不断减少，所以滑块最终停在C点，对整个过程，运用动能定理求滑块在斜面上滑行的总路程．此题关键是分析清楚物体的运动情况和最终状态，知道滑动摩擦力做功与总路程有关．5. (1)当H=0时，由图象截距可知F=mg当小物块从D点静止下滑，由图象知，ℎ=0.5m时，对轨道的压力F1=4Nmgℎ=12mv12F1−mg=m v12R进而求解轨道半径；(2)不脱离轨道分两种情况：①到圆心等高处速度为零②能通过最高点，通过最高点的临界条件v D=√gR；(3)假设滑块经过最高点D后平抛运动，将运动分解为水平和竖直方向运动求v D，滑块经过最高点D后直接落到直轨道AB上与圆心等高的点过程用动能定理求高度H．此题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时，重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解6. (1)小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υy的大小，然后由平抛运动的规律求时间；(2)小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力N C的大小．(3)小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．7. (1)物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0．(2)通过计算分析清楚物体的运动过程，由动能定理求出物体在D点的速度，然后根据牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小F N；(3)先分析煤块的运动情况，再根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解．此题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律解题，第三问中要最知道当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，难度适中．8. (1)对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，再由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A 碰撞后A的速度；(2)A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度；(3)对小球以及A、B组成的系统，由能量守恒列方程求损失的机械能．此题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解．9. (1)小物体在AB段做匀加速直线运动，水平方向受拉力由动能定理求解撤去力F时小物块的速度大小；(2)小物块从B到D点过程，只有重力做功，根据动能定理求得物块通过D点瞬间的速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解对轨道的压力大小；(3)物块通过D点后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式求解落点和B点之间的距离大小．此题是动能定理与牛顿第二定律、平抛运动等知识的综合，考查研究多过程的能力．10. (1)首先要清楚物块的运动过程，A到B的过程为平抛运动，已知高度运用平抛运动的规律求出时间．(2)知道运动过程中能量的转化，弹簧的弹性势能转化给物块的动能，根据能量守恒求出弹簧储存的弹性势能．(3)从A点到最后停在轨道CD上的某点p，物块的动能和重力势能转化给摩擦力做功产生的内能.根据能量守恒列出能量等式解决问题.由于p点的位置不确定，要考虑物块可能的滑过的路程．做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题.关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化．。
2018年高考物理计算题(讲评)
2018年高考物理计算题1．(2018年高考新课标Ⅱ)（12分）汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B 。
两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m ，已知A 和B 的质量分别为32.010⨯kg 和31.510⨯kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小2g 10m /s =.求（1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小。
解：（1）设B 车质量为m B ，碰后加速度大小为a B ，根据牛顿第二定律有B B B m g m a μ= ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B 车速度的大小为B v '，碰撞后滑行的距离为B s 。
由运动学公式有2=2B B B v a s ' ②联立①②式并利用题给数据得 3.0m/s B v '= ③（2）设A 车的质量为m A ，碰后加速度大小为a A 。
根据牛顿第二定律有A A A m g m a μ= ④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为A v '，碰撞后滑行的距离为A s 。
由运动学公式有2=2A A A v a s ' ⑤设碰撞后瞬间A 车速度的大小为A v ，两车在碰撞过程中动量守恒，有A A A A B B m v m v m v ''=+ ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 4.3m/s A v = ⑦2．（2018高考天津-6）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x =1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v =80 m/s ，已知飞机质量m =7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取210m/s g =，求飞机滑跑过程中（1）加速度a 的大小；（2）牵引力的平均功率P 。
(完整版)2018最新版本高中物理必修二-匀速圆周运动专题测试复习及答案解析(历年高考)-Word版
高中物理必修二(附参照答案 )匀速圆周运动专题复习（历年高考）一．选择题（共15 小题）1．（ 2008?浙江）如下图，内壁圆滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量同样的小球 A 和 B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运（A ．球 A 的角速度必定大于球B 的角速度B ．球 A 的线速度必定大于球 B 的线速度C．球 A 的运动周期必定小于球 B 的运动周期D ．球A对筒壁的压力必定大于球 B 对筒壁的压力2．（ 2008?宁夏）图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．以下说法正确的选项是（）r2．已知）A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为n D ．从动轮的转速为n3．（ 2013?上海）秋千的吊绳有些磨损．在摇动过程中，吊绳最简单断裂的时候是秋千（）A ．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时4．（ 2013?江苏）如下图，“旋转秋千”中的两个座椅A 、 B 质量相等，经过同样长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆环绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的选项是（）A． A 的速度比 B 的大B ． A 与 B 的向心加快度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小5．（ 2012?广东）如图是滑道压力测试的表示图，圆滑圆弧轨道与圆滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N表示该地方受压力的大小，某滑块从斜面上不一样高度h 处由静止下滑，经过 B 时，以下表述正确的有（）A ． N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C． N 越大表示 h 越大D． N 越大表示 h 越小6．如下图，轻杆的一端有一个小球，另一端有圆滑的固定轴O．现给球一初速度，使球和杆一同绕O 轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用 F 表示球抵达最高点时杆对小球的作使劲，则F（）A ．必定是拉力B ．必定是推力C．必定等于0D ．可能是拉力，可能是推力，也可能等于07．（ 2014?渭南一模）如下图，长度为 L 的细线，一端固定于 O 点，另一端拴一小球，先将线拉直呈水平，使小球位于 P 点，而后无初速开释小球，当小球运动到最低点时，悬线碰到在 O 点正下方水平固定着的钉子K ，不计任何阻力，若要求小球能绕钉子在竖直面内做完好圆周运动，则K 与 O 点的距离能够是（）A．L B．L C．L D．L8．（ 2010?浙江）宇宙飞船以周期为T 绕地球作圆周运动时，因为地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如下图．已知地球的半径为R，地球质量为M ，引力常量为G，地球自转周期为 T 0．太阳光可看作平行光，宇航员在 A 点测出的张角为α，则（）A ．飞船绕地球运动的线速度为B ．一天内飞船经历“日全食”的次数为C．飞船每次“日全食”过程的时间为D ．飞船周期为9．（ 2014?上海）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过此中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30 圈．在暗室顶用每秒闪光31 次的频闪光源照耀圆盘，察看到白点每秒沿（）A ．顺时针旋转31 圈B ．逆时针旋转31 圈C．顺时针旋转 1 圈D．逆时针旋转 1 圈10．（ 2011?东莞一模）如下图，长为 L 的细绳一端固定，另一端系一质量为 m 的小球．给小球一个适合的初速度，小球即可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．以下说法中正确的选项是（）A ．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B ．细绳的拉力供应了向心力C．θ越大，小球运动的线速度越大D ．θ越大，小球运动的周期越大11．（2010?卢湾区二模）如下图，质量为m 的小球被细绳经过圆滑小孔牵引在圆滑水平面上做圆周运动，当细绳拉力的大小为F1时，小球做半径为R1的匀速圆周运动；当细绳拉力的大小变成F2（ F2＞ F1）时，小球做半径为R2的匀速圆周运动，则此过程中细绳拉力所做的功为（）A ． 0B ．（F2 R2﹣F1 R1）C．（ F1+F 2）（ R1﹣ R2）D．（ F2﹣F1）（ R1﹣ R2）12．（ 2009?揭阳模拟）做圆周运动的物体，某时辰发现物体沿切线方向飞出，是因为（）A ．供应给物体的向心力变大B ．供应给物体的向心力变小C．供应给物体的向心力消逝D ．供应给物体的向心力方向与原向心力方向相反13．（2008?日照模拟）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，如下图．图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为 h．以下说法中正确的选项是（）A ．h 越大，摩托车对侧壁的压力将越大B ．h 越大，摩托车做圆周运动的向心力将越大C．h 越大，摩托车做圆周运动的周期将越大D ．h 越大，摩托车做圆周运动的线速度将越大14．（ 2007?宿迁模拟）如图为一皮带传动装置．左轮半径为4r，右轮半径为r，a、 b 分别是左右轮边沿上的点， c 点到左轮圆心的距离为2r，若传动过程中皮带不打滑，则（）A ． a、b 点的向心加快度大小相等B．a、 b 点的角速度大小之比为4： 1C． a、 c 点的线速度大小相等D．b、 c 点的向心加快度之比为8： 115．对于质点做匀速圆周运动的以下说法中正确的选项是（）A ．由 a= 知 a 与 r 成反比2B ．由 a=ω r 知 a 与 r 成正比C．由ω=知ω与 r 成反比 D ．由ω=2πn知角速度与转速n 成正比二．填空题（共 3 小题）16．（ 2013?天津三模）（ 1）如图 a 所示，一竖直的半圆形圆滑轨道与一圆滑曲面在最低点平滑连结，一小球从曲面上距水平面高h 处由静止开释，恰巧经过半圆最高点，则半圆的半径R= _________（2）用游标卡尺丈量小球的直径，如图 b 所示的读数是_________ mm．17．螺旋测微器的读数_________毫米；游标卡尺读数_________毫米18．如图：游标卡尺读数为_________ cm秒表读数为_________ s三．解答题（共12 小题）19．如下图，半径为R，内径很小的圆滑半圆管竖直搁置，两个质量均为以不一样速率进入管内，A 经过最高点 C 时，对管壁上部的压力为3mg，B 对管壁下部的压力为0.75mg．求m 的小球经过最高点A 、BC 时，（1） A 、 B 两球落地址间的距离；（2） A 球刚进入半圆管的速度．20．（ 2014?潍坊模拟）如下图，圆滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R=0.4m，与水平圆滑轨道相切于 A ．水平轨道上平铺一半径r=0.1m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加快度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经 A 点进入半圆轨道，抵达半圆轨道最高点 B 时对轨道恰巧无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ=0.5，取 g=10m/s2，求：（1）铁块走开 B 点后在地面上的落点到（2）铁块到 A 点时对圆轨道的压力；（3）抽桌布过程中桌布的加快度．A 的距离；21．（ 2013?闸北区一模）如下图，长度为L 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为的小球（小球的大小能够忽视）．已知重力加快度为g．（1）在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球处于均衡状态．求力大小；m F 的（2）由图示地点无初速开释小球，求当小球第一次经过最低点时的速度及轻绳对小球的拉力（不计空气阻力）．22．（ 2012?密云县一模）如下图，长为R=2.5m 的轻绳，上端固定在O 点，下端连一个质量为 m=0.1kg 的小球．小球靠近水平川面，处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度，使小球开始在竖直平面内做圆周运动．假定小球抵达最高点时轻绳忽然断开，最后落在2（1）小球在最高点速度的大小v；（2）小球的初速度v0；（3）小球在最低点时对绳的拉力F．23．（ 2010?宜宾模拟）如下图，一圆滑的定滑轮经过一轻绳系住两物体B 重 100N．B 摆到最高点时，绳索与竖直方向夹角为60°，求物体 A 在A、B ．A 重 200N，B 摆到最高点时对地面的压力．24．（ 2010?顺义区二模）如下图，一小滑块（可视为质点）质量为m=3.0kg ，它在距平台边沿 s=4.0m 以 v0=5.0m/s 的速度向右运动，滑块与平台面间的动摩擦因数μ =0.2，滑块运动到平台边沿后从平台水平抛出，恰能沿圆弧切线从 A 点进入圆滑竖直圆弧轨道， A 、B 为圆弧两头点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m ，对应圆心角为θ=106°，平台与 AB 连线的高度差为 h．（计算中取 g=10m/s 2， sin53 °=0.8， cos53°=0.6）求：（1）滑块运动到平台边沿时的速度v；（ 2）滑块从平台抛出到 A 点的时间 t；（3）滑块运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力N．25．一轻质细绳长为l ，一端固定于O 点，另一端拴着质量为m 的小球，小球绕O 点在竖直面内做圆周运动，如下图．求小球运动到最高点时的最小速度和最低点时细线所受的最小拉力．26．如下图，一不行伸长的轻质细绳，绳长为L 一端固定于O 点，另一端系一质量为的小球，小球绕 O 点在竖直平面内做圆周运动（不计空气助力），已知小球经过最低点时的速度为 v，圆心 0 点距地面高度为 h，重力加快度为 g（1）求小球经过最低点时，绳对小球拉力 F 的大小；（2）若小球运动到圆心最低点时，绳忽然断开，小球落地前将做什么运动？落地时小球速度为多大？27．用长为L 的轻质细杆拉着质量为m 的小球在竖直平面内作圆周运动，小球运动到最高点时，速率等于2，不计空气阻力，求：（1）小球在最高点所受力的大小和方向？（2）小球运动到最低点时的速度大小是多少？28．长度为 L=0.50m 的轻质细杆OA，A 端有一质量为m=3.0kg 的小球，如下图，小球以O 点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，经过最高点时，小球的速率是v=2.0m/s ，g 取 10m/s 则细杆此时遇到作使劲是压力仍是拉力？多大？m 2，29．（ 2013?惠州二模）如下图，在圆滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg 的木块（可视为质点），在木块正上方 1m 处有一个固定悬点 O，在悬点 O 和木块之间连结一根长度为 1m的轻绳（轻绳不行伸长）．有一颗质量为 m=0.01kg 的子弹以 400m/s 的速度水平射入木块并留在此中，随后木块开始绕O 点在竖直平面内做圆周运动．g 取 10m/s 2．求（ 1）当木块刚走开水平面时的轻绳对木块的拉力多大？（ 2）求子弹射入木块过程中损失的机械能（ 3）要使木块能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，求子弹的射入的最小速度．30．（ 2009?丰台区一模）如下图，水平川面上方被竖直线 MN 分开成两部分， M 点左边 地面粗拙，动摩擦因数为 μ=0.5，右边圆滑． MN 右边空间有一范围足够大的匀强电场．在﹣ 4的小球 A ， O 点用长为 R=5m 的轻质绝缘细绳， 拴一个质量 m A =0.04kg ，带电量为 q=+2 ×10 在竖直平面内以 v=10m/s 的速度做顺时针匀速圆周运动，运动到最低点时与地面恰巧不接 触．处于原长的弹簧左端连在墙上，右端与不带电的小球B 接触但不粘连， B 球的质量m B =0.02kg ，此时 B 球恰巧位于 M 点．现用水平向左的推力将 B 球迟缓推至 P 点（弹簧仍 在弹性限度内） ， MP 之间的距离为 L=10cm ，推力所做的功是 W=0.27J ，当撤去推力后， B 球沿地面右滑恰巧能和 A 球在最低点处发生正碰，并瞬时成为一个整体 C （A 、B 、C 均可视为质点），碰后瞬时立刻把匀强电场的场强盛小变成E=6×103N/C ，电场方向不变． （取 g=10m/s 2）求：（ 1） A 、 B 两球在碰前匀强电场的大小和方向． （ 2）碰撞后整体 C 的速度．（ 3）整体 C 运动到最高点时绳的拉力大小．2014 年 07 月 19 日高中必修二物理匀速圆周运动参照答案与试题分析一．选择题（共15 小题）1．（ 2008?浙江）如下图，内壁圆滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量同样的小球 A 和 B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运（）A ．球 A 的角速度必定大于球B 的角速度B ．球 A 的线速度必定大于球 B 的线速度C．球 A 的运动周期必定小于球 B 的运动周期D ．球 A 对筒壁的压力必定大于球 B 对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．剖析：对小球受力剖析，受重力和支持力，协力供应向心力，依据牛顿第二定律列式求解即可．解答：解： A 、对小球受力剖析，受重力和支持力，如图依据牛顿第二定律，有F=mgtan θ =m解得v=因为 A 球的转动半径较大，故线速度较大，ω= =，因为A球的转动半径较大，故角速度较小，故 A 错误， B 正确；C、 T=，A的角速度小，所以周期大，故 C 错误；D、由 A 选项的剖析可知，压力等于，与转动半径没关，故 D 错误；应选 B．评论：此题重点是对小球受力剖析，而后依据牛顿第二定律和向心力公式列式求解剖析．2．（ 2008?宁夏）图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．以下说法正确的选项是（）A ．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为n D．从动轮的转速为n考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：压轴题；匀速圆周运动专题．剖析：因为主动轮做顺时针转动，从动轮经过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，因为经过皮带传动，皮带与轮边沿接触处的线速度相等，依据角速度与线速度的关系即可求解．解答：解：因为主动轮做顺时针转动，从动轮经过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动， A 错误， B 正确；因为经过皮带传动，皮带与轮边沿接触处的线速度相等，依据 v=nr 得： n2r2 =nr1所以 n2=nr1/r2故C正确，D错误．应选 BC．评论：此题观察了圆周运动角速度与线速度的关系，要知道同一根带子转动，线速度相等，同轴转动，角速度相等．3．（ 2013?上海）秋千的吊绳有些磨损．在摇动过程中，吊绳最简单断裂的时候是秋千（）A ．在下摆过程中B ．在上摆过程中C．摆到最高点时 D ．摆到最低点时考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．剖析：单摆在摇动的过程中，靠径向的协力供应向心力，经过牛顿第二定律剖析哪个地点拉力最大．解答：解：因为单摆在摇动过程中，靠径向的协力供应向心力，设单摆偏离竖直位置的夹角为θ，则有： T ﹣ mgcosθ=m ，因为最低点时，速度最大，θ最小，则绳索的拉力最大，所以摇动最低点时绳最简单断裂．故 D 正确， A、B、C 错误．应选： D．评论：解决此题的重点知道单摆做圆周运动向心力的根源，运用牛顿第二定律进行剖析．4．（ 2013?江苏）如下图，“旋转秋千”中的两个座椅A 、 B 质量相等，经过同样长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆环绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的选项是（）A ．B ．C．D ．A 的速度比 B 的大A 与B 的向心加快度大小相等悬挂 A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．剖析：AB 两个座椅拥有同样的角速度，分别代入速度、加快度、向心力的表达式，即可求解．解答：解： AB 两个座椅拥有同样的角速度．A ：依据公式：v= ω ?r， A 的运动半径小，A的速度就小．故 A 错误；2B：依据公式：a=ωr， A 的运动半径小， A 的向心加快度就小，故 B 错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳索的拉力与重力的协力供应向心力，则得：2mgtan θ =mω，则得 tan θ=，A 的半径 r 较小，ω相等，可知 A 与竖直方向夹角θ较小，r故C错误．D： A 的向心加快度就小， A 的向心力就小， A 对缆绳的拉力就小，故 C 错误； D 正确．应选： D评论：该题中， AB 的角速度相等而半径不相等是解题的重点．属于简单题．5．（ 2012?广东）如图是滑道压力测试的表示图，圆滑圆弧轨道与圆滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数 N 表示该地方受压力的大小，某滑块从斜面上不一样高度处由静止下滑，经过 B 时，以下表述正确的有（）hA ．表示 h 越大N 小于滑块重力D ．B ．N 越大表示h 越小N 大于滑块重力C．N 越大考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．剖析：在 B 点，滑块在竖直方向上的协力供应向心力，依据牛顿第二定律联合动能定理求出滑块对 B 点压力的大小．解答：解：在 B 点，依据牛顿第二定律有：，则N=mg+．知支持力大于重力，则压力大于重力．依据动能定理得，．代入解得N=mg+，知N越大，表示h 越大．故 B 、C 正确， A 、D 错误．应选 BC．评论：解决此题的重点搞清滑块做圆周运动向心力的根源，依据牛顿第二定律和动能定理联合求解．6．如下图，轻杆的一端有一个小球，另一端有圆滑的固定轴O．现给球一初速度，使球和杆一同绕O 轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用 F 表示球抵达最高点时杆对小球的作使劲，则F（）A ．必定是拉力B ．必定是推力C．必定等于0D ．可能是拉力，可能是推力，也可能等于0考点：向心力；牛顿第二定律．专题：压轴题．剖析：小球经过最高点时，受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力和协力供应向心力，故杆的弹力的方向必定与杆平行，但可能与杆同向，也可能与杆反向．解答：解：小球做竖直面上的圆周运动，在最高点时的向心力大小与速度有关．（特值法）特别状况下， F 向=mg，小球只受重力；当 v＞，小球受重力和拉力；当 v＜，小球受重力和推力．因为轻杆能够产生推力，并且 v 的大小未知，所以三种可能都存在；应选 D．评论：此题重点在于杆求出无弹力的临界状况，杆对小球能够是拉力，能够是支持力，也能够没有力，而绳索对球只好是拉力．7．（ 2014?渭南一模）如下图，长度为l 的细线，一端固定于O 点，另一端拴一小球，先将线拉直呈水平，使小球位于P 点，而后无初速开释小球，当小球运动到最低点时，悬线碰到在 O 点正下方水平固定着的钉子K ，不计任何阻力，若要求小球能绕钉子在竖直面内做完好圆周运动，则K 与 O 点的距离能够是（）A ．lB ．l C．l D．l考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．剖析：碰壁后的圆周运动的半径越小越简单知足条件，依据机械能守恒定律和牛顿第二定律分别列式后联立求解出临界半径即可．解答：解：设小球绕钉子K 做圆周运动的半径为r，则当抵达最高点，只有重力提供向心力时，速度最小，则有mg=m ①，从开释到圆周最高点的过程中，依据动能定理得：②由①②解得： r=，则当 r ≤时，小球能绕钉子在竖直面内做完好圆周运动，则K 与 O 点的距离x ，故AB 正确， CD 错误．应选： AB评论：此题观察的知识点比许多，波及到圆周运动、动能定理，要求同学们解题时能娴熟运用动能定理并联合几何知识解题，难度适中．8．（ 2010?浙江）宇宙飞船以周期为T 绕地球作圆周运动时，因为地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如下图．已知地球的半径为R，地球质量为M ，引力常量为G，地球自转周期为 T 0．太阳光可看作平行光，宇航员在 A 点测出的张角为α，则（）A ．飞船绕地球运动的线速度为B ．一天内飞船经历“日全食”的次数为C．飞船每次“日全食”过程的时间为D ．飞船周期为考点：线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．专题：压轴题．剖析：宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力供应向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到走开暗影后结束，所以算出在暗影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．解答：解： A 、飞船绕地球匀速圆周运动∵线速度为又由几何关系知∴故A正确；B、地球自转一圈时间为To，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一第二天全食，所以每过时间T 就有一第二天全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为故 B 不正确；C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角所需的时间为t=；故 C 不正确；D、万有引力供应向心力则∵∵故D正确；应选为 AD ．评论：掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度．9．（ 2014?上海）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过此中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30 圈．在暗室顶用每秒闪光31 次的频闪光源照耀圆盘，察看到白点每秒沿（）A ．顺时针旋转 31 圈B ．逆时针旋转31 圈 C．顺时针旋转 1圈 D ．逆时针旋转 1 圈考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．剖析：依据圆盘转动频次和频闪光的频次之间的关系进行求解．解答：解：带有一白点的黑色圆盘，可绕过此中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30 圈，即 f0=30Hz ，在暗室顶用每秒闪光31 次的频闪光源照耀圆盘，即 f ′=31Hz，f0＜ f ′＜ 2f0，所以察看到白点逆时针旋转，f ﹣′ f0=f ″ =1Hz，所以察看到白点每秒逆时针旋转 1 圈．应选： D．评论：观察实质频次与变化的频次的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路．10．（ 2011?东莞一模）如下图，长为 L 的细绳一端固定，另一端系一质量为 m 的小球．给小球一个适合的初速度，小球即可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．以下说法中正确的选项是（）A ．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用B ．细绳的拉力供应了向心力C．θ越大，小球运动的线速度越大D ．θ越大，小球运动的周期越大考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．专题：计算题．剖析：剖析小球的受力：遇到重力、绳的拉力，两者的协力供应向心力，向心力是成效力，不可以剖析物体遇到向心力．而后使劲的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v 和周期 T 的表达式，剖析θ变化，由表达式判断V 、T 的变化．解答：解： A 、 B：小球只受重力和绳的拉力作用，两者协力供应向心力，∴ A 、B 选项错误．C：向心力大小为： F n=mgtan θ，小球做圆周运动的半径为：R=Lsin θ，则由牛顿第二定律得：，获得线速度：= ，θ越大， sin θ、tan θ越大，∴小球运动的速度越大，∴ C 选项正确．D：小球运动周期：，所以，θ越大，小球运动的周期越小，∴ D 选项错误．应选： C．评论：理解向心力：是成效力，它由某一个力充任，或几个力的协力供应，它不是性质的力，剖析物体受力时不可以剖析向心力．同时，还要清楚向心力的不一样的表达式．11．（2010?卢湾区二模）如下图，质量为m 的小球被细绳经过圆滑小孔牵引在圆滑水平面上做圆周运动，当细绳拉力的大小为F1时，小球做半径为R1的匀速圆周运动；当细绳拉力的大小变成F2（ F2＞ F1）时，小球做半径为 R2的匀速圆周运动，则此过程中细绳拉力所做的功为（）A ．0B ．（F2R2﹣F1R1）C．（F1+F2）（R1﹣R2）D ．（F2﹣F1）（R1﹣R2）考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．剖析：球做匀速圆周运动，拉力供应向心力，可求出初速度与末速度；运用动能定理，可解出拉力的功．解答：解：当拉力为F1时，有F1=m①当拉力为F2时，有F2=m②当拉动过程中，只有拉力做功，由动能定理，得W= mv22﹣mv 12③由①②③解得：W=（F2R2﹣F1R1），故B正确；ACD错误；应选 B．评论：此题重点找出向心力根源列式求解，同时要注意拉力为变力，求解变力的功可用动能定理！12．（ 2009?揭阳模拟）做圆周运动的物体，某时辰发现物体沿切线方向飞出，是因为（）A ．供应给物体的向心力变大B ．供应给物体的向心力变小C．供应给物体的向心力消逝D ．供应给物体的向心力方向与原向心力方向相反考点：离心现象．剖析：做圆周运动的物体，在遇到指向圆心的合外力忽然消逝，或许不足以供应圆周运动所需的向心力的状况下，就做渐渐远离圆心的运动，这类运动叫做离心运动．解答：解：物体因为惯性，要保持本来的速度不变，做圆周运动的物体的速度方向是切线方向，某时辰发现物体沿切线方向飞出，正是物体惯性的表现，说明物体遇到向心力消逝了；故 ABD 错误， C 正确；应选 C．评论：物体做离心运动的条件：合外力忽然消逝或许不足以供应圆周运动所需的向心力．注意全部远离圆心的运动都是离心运动，但不必定沿切线方向飞出．13．（ 2008?日照模拟）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，如下图．图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h．以下说法中正确的选项是（）A ．h 越大，摩托车对侧壁的压力将越大B ．h 越大，摩托车做圆周运动的向心力将越大C．h 越大，摩托车做圆周运动的周期将越大D ．h 越大，摩托车做圆周运动的线速度将越大考点：匀速圆周运动；向心力．专题：匀速圆周运动专题．剖析：摩托车做匀速圆周运动，力，作卖力争，得出向心力大小不变．期、线速度大小．供应圆周运动的向心力是重力 mg 和支持力 F 的合 h 越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式剖析周。
2018年高考物理真题专题汇编专题02直线运动
2018年高考物理真题专题汇编专题02 直线运动2018年高考真题1．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 B2．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。
某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13sB. 16sC. 21sD. 26s【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 C【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：，总时间为：，故C正确，A、B、D错误；故选C。
【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。
3．（多选）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。
已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A. 两车在t1时刻也并排行驶B. t1时刻甲车在后，乙车在前C. 甲车的加速度大小先增大后减小D. 乙车的加速度大小先减小后增大【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】BD点睛：本题考查了对图像的理解及利用图像解题的能力问题4．（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【答案】AC点睛此题以速度图像给出解题信息。
2018年高考物理预测——必修2运动学计算题
解得：．
小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有：
解得：；
在C点处，由牛顿第二定律有：
解得：，
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为8N．
小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有：
解得：．
答：小物块从A点运动至B点的时间为．
小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小为8N．
联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：
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由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：
因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：
可得：
设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有：
，
解得：
答：小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小是154N．
9.如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离，是半径为的竖
直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点有一小物块质量为
，小物块在的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点
时撤去力F，它与水平轨道和半圆形轨道间的摩擦均不计取，求：
撤去力F时小物块的速度大小；
小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小；
小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大
在沿传送带向上匀减速由牛顿第二定律：，
后面的匀变速阶段由牛顿第二定律：，
解得：，
带带带带
对煤块从滑上到滑下传送带有运动学公式：
解得：
由题意可知，当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，此时有：
带
带
答：煤块水平抛出时的初速度大小为；
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必修2运动学计算题
副标题
1.如图所示，质量为5kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为5kg，停在B
的左端质量为1kg的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A、B间的动摩擦因数为，为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，重力加速度，求：
碰撞后瞬间物块A的速度大小为多少；
木板B至少多长；
从小球释放到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的机械能．
2.如图所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A
点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半
径为的圆轨道，
若接触面均光滑小球刚好能滑到圆轨道的最高
点C，求斜面高h．
若已知小球质量，斜面高，小球
运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦
阻力做的功．
3.如图所示，粗糙水平地面与半径为的粗糙半
圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD
的圆心，BOD在同一竖直线上质量为的小物
块在水平恒力的作用下，从A点由静止开始
做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，
小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取求：
小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．
小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．
4.如图所示，AB为半径的光滑圆弧轨道，轨道
的最低点B通过一段光滑平面BC与一粗糙斜面CD平
滑连接，斜面的倾角，斜面的髙度与A点等高，
质量为m的小物块从A点由静止滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数
求：
滑块滑到B点的速度大小；
滑块在斜面上滑行的总路程．
5.如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和
BCD 相切于B点，OB与OC夹角为连线是圆轨道竖直方向的直径、D为圆轨道的最低点和最高点，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2N，且过点取
求：
滑块的质量和圆轨道的半径；
若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；
是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
6.如图所示，半径的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B
和圆心O的连线与水平方向的夹角，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上质量的小物块可视为质点从空中的A点以的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的
弹性势能，已知小物块与水平面间的动摩擦因数取求：
小物块从A点运动至B点的时间．
小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小．
、D两点间的水平距离L．
7.如图所示，半径的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连
接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC 的夹角分别为和传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量
的煤块视为质点从B点左侧高为处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数，重力加速度g 取求：
煤块水平抛出时的初速度大小；
煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；
煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度结果保留2位有效数字
8.一质量的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量，停在B的左端
质量的小球用长的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A、B间的动摩擦因数
、B最终达到共同速度求：
与小球碰后瞬间A的速度；
为保证A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长；
从释放小球到A、B达到共同速度，小球及A、B组成的系统损失的机械能．9.如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离是半径为的竖直
半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点有一小物块质量为，小物块在的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，它与水平轨道和半圆形轨道间的摩擦均不计取，求：
撤去力F时小物块的速度大小；
小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小；
小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小．10.如图所示，在高的光滑水平台面上，质量的小物块压缩弹簧后被锁
扣K锁住，储存了一定量的弹性势能，若打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好能从B点的切线方向进入光滑圆弧形轨道
点的高度，其圆心O与平台等高，C点的切线水平，并与地面上长为的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，取．
求小物块由A到B的运动时间；
小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能是多大？
若小物块与墙壁碰撞后速度方向反向，大小为碰前的一半，且只发生一次碰撞，则小物块与轨道CD之间的动摩擦因数的取值范围多大？。