2018年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课时作业3力与物体的曲线运动一
2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动
专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图216所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图216A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v t 图象如图217所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )【导学号：19624022】图217B [根据v t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．]所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2181.5倍 1.5倍 C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确； 相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图219所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图219A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图220甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图220A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲 乙图221A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图222所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图222A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误． 若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图223甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图223A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图224所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图224A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图22511．(14分)(2017·淮北市一模)如图225所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝va A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图226甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图226(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。
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力与物体的曲线运动
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。
2018年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课时作业2力与物体的直线运动
课时作业2 力与物体的直线运动一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是( )A ．在1～2 s 时间内，物体做减速运动B ．在t ＝2 s 时物体的速度最大，为3 m/sC ．在1～3 s 时间内，物体做匀变速直线运动D ．在0～4 s 时间内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动 解析：在0～2 s 时间内物体加速度为正，沿正方向做加速运动，在2～4 s 时间内加速度为负，物体沿正方向做减速运动，A 、D 项错误；在1～3 s 时间内物体做加速度先减小后反向增大的变加速运动，C 项错误；a －t 图象中图线与横轴所围成的面积等于速度的变化量，因此在t ＝2 s 时物体的速度最大，为3 m/s ，B 项正确．答案：B2．2016年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为L tB ．钢筋坠下的楼层为 L －l22ght 2＋1 C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t解析：钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度v ，因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v ，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝ L －l22ght2＋1，B 选项正确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v ′＝0＋v 2＝L －l2t，D 选项错误．答案：B3．(2017·广西重点高中高三一模)警车A 停在路口，一违章货车B 恰好经过A 车，A物体不受水平拉力时，加速度大小为：a 1＝Δv 1Δt 1＝物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a 2＝Δv 2Δt 2＝12－84 m/s．传送带底端到顶端的距离为14 m．物块与传送带间的动摩擦因数为18．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反a 、b .在水平恒力在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角，下列说法正确的是，则下列说法正确的是( )3 s 内的平均速度为43m/sB ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J解析：由v －t 图象中图线与纵轴所围面积的意义知0～3 s 内物块的位移为x ＝6 m ，所以在0～3 s 内的平均速度为v ＝x t＝2 m/s ，A 错；由v －t 图象中图线斜率的意义知加速阶段和减速阶段物体的加速度大小分别为a 加＝4 m/s 2和a 减＝2 m/s 2，由牛顿第二定律知qE －μmg ＝ma 加，μmg ＝ma 减，联立并代入数值得μ＝0.2，E ＝3 000 N/C ，B 错、C 对；由图象知加速阶段的位移为x 1＝2 m ，所以电场力做功W ＝qE ·x 1＝12 J ，即物块运动过程中电势能减少了12 J ，D 对．答案：CD 二、非选择题 9.粗糙的地面上放着一个质量M ＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m ＝0.5 kg 的小球，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面体施加一水平向右为F 的恒力作用，使整体向右以a ＝1 m/s 2匀加速运动．已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.(1)求F 的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．解析：(1)整体以a 匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律： F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，得F ＝6 N.(2)设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N 对小球受力分析：在水平方向：kx cos θ－F N sin θ＝ma 在竖直方向：kx sin θ＋F N cos θ＝mg 解得：x ＝0.017 m F N ＝3.7 N.答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N10．如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．滑块滑上木板后，木板的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力；(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析：(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达B 点时的速度大小为v ，则由机械能守恒定律可得mgR ＝12mv 2经过B 点时，由牛顿第二定律可得。
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-1-1
2．(名师改编)(多选)如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于水平地 面上，小物体 B 置于斜面体 C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑 轮与物体 A 相连接，连接物体 B 的一段细绳与斜面平行，已知 A、 B、C 均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列 说法中正确的是( )
A．物体 B 可能不受静摩擦力作用 B．斜面体 C 与地面之间可能不存在静摩擦力作用 C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上 D．将细绳剪断，若物体 B 仍静止在斜面体 C 上，则此时斜面体 C 与地面之间一定不存在静摩擦力作用
由于连接物体 A 和物体 B 的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向 下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项 C 错误； 若将细绳剪断，将物体 B 和斜面体 C 看成一个整体，则该整体受 竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体 C 与地 面之间一定不存在静摩擦力作用，选项 D 正确．
解析：选 B.以物体为研究对象受力分析如图，若 Fcos θ＝Gsin θ 时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状 态，则物体受三个力作用；若 Fcos θ＞Gsin θ(或 Fcos θ＜Gsin θ) 时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下(或沿斜 面向上)的静摩擦力，综上所述 B 对．
高频考点一 受力分析 物体的静态平衡
1.常见三种性质力的特点． 知能 2.弹力、摩擦力有无及方向的判断方法． 必备 3.合成法、分解法及正交分解法的应用．
4.整体法、隔离法的选取原则.
[题组冲关] 1．如图所示，水平推力 F 使物体静止于斜面上，则( ) A．物体一定受 3 个力的作用 B．物体可能受 3 个力的作用 C．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用 D．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用
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届高考物理二轮专题复习文档：专题一 力与运动含解析
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届高三物理二轮复习课时作业：专题一+力与运动1.4
[课时作业](本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题) 1.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。
每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。
假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R ，重力加速度为g ，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为( )A.gR sin θ B ．gR cos θ C.gR tan θD ．gR cot θ解析： 轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mg tan θ＝m v 2R，得v ＝gR tan θ，C 正确。
答案： C2．(2017·青海省西宁市四校联考)在2016年短道速滑世锦赛中，我国选手韩天宇在男子超级3 000米赛事中以4分49秒450夺冠，并获得全能冠军。
如图1所示，比赛中，运动员通过弯道时如果不能很好地控制速度，将会发生侧滑而离开赛道。
现把这一运动项目简化为如下物理模型：用圆弧虚线Ob 代表弯道，Oa 表示运动员在O 点的速度方向(如图2所示)，下列说法正确的是( )A ．发生侧滑是因为运动员受到离心力的作用B ．发生侧滑是因为运动员只受到重力和滑道弹力两个力作用，没有向心力C ．只要速度小就不会发生侧滑D ．若在O 点发生侧滑，则滑动方向在Oa 与Ob 之间解析： 在O 点发生侧滑时，若此时摩擦力消失，运动员沿Oa 方向滑动，而此时运动员还会受到一个大致沿半径方向的摩擦力，则滑动方向在Oa 与Ob 之间，选项D 正确。
发生侧滑是因为运动员通过弯道时需要的向心力大于其受到的合力，选项A 、B 错误；向心力不变的情况下，速度小，则圆周运动半径也小，若运动员不控制身姿同样会发生侧滑，选项C 错误。
2018届高三物理二轮复习课时作业：专题一+力与运动1.3
[课时作业](本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题) 1.(2017·黑龙江大庆一模)如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球A ，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t 1。
小球B 从同一点Q 处自由下落，下落至P 点的时间为t 2，不计空气阻力，则t 1∶t 2等于( )A ．1∶2 B.1∶ 2 C ．1∶3D ．1∶ 3解析： 小球的轨迹及位置关系如图所示，由速度分解的矢量图知v y ＝v 0，则竖直位移y ＝0＋v y 2·t 1＝v 02t 1，又因水平位移x ＝v 0t 1，得x ＝2y ，因此，小球B 下落高度为小球A 下落高度的3倍，由y ＝12gt 21，h ＝y ＋x ＝3y ＝12gt 22，得t 1∶t 2＝1∶3，选项D 正确，A 、B 、C 错误。
答案： D2．(2017·洛阳市模拟)有甲、乙两只船，它们在静水中航行的速度分别为v 1和v 2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同。
则甲、乙两船渡河所用时间这比t 1t 2为( )A.v 22v 21 B.v 21v 22C.v 2v 1 D ．v 1v 2解析：画出两船运动速度示意图，如图所示。
设河宽为d ，甲船用最短时间渡河，所用时间为t 1＝d v 1；乙船用最短航程渡河，v 2与航线垂直，设航线与河岸夹角为α，由图可知，t 2＝d v 2cos α，由题意知cos α＝v 2v 1，联立解得t 1t 2＝v 22v 21，选项A 正确。
答案： A3．(2017·郑州市第一次质量预测)如图所示，离地面高h 处有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平抛出，同时乙以大小相同的初速度v 0沿倾角为30°的光滑斜面滑下。
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届高三物理高考二轮复习 第一部分 专题一 第1讲 力与物体的平衡
考向二 共点力作用下物体的静态平衡
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提能力 强化闯关
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考向一 考向二 考向三 考向四
1．共点力的平衡条件 F 合＝0(或 Fx＝0，Fy＝0)，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止 状态． 2．解决共点力静态平衡问题的典型方法 力的合成法、正交分解法、整体法和隔离法．
考向二
考向一 考向二 考向三 考向四
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析 答案
3．(2016·西安高三二模)将一横截面为扇形的物体 B 放在水平面上，一小滑
块 A 放在物体 B 上，如图所示，除了物体 B 与水平面间的摩擦力之外，其
余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体 B 的质量为 M、滑块 A 的质量
考向三 考向四
物体 D.已知图中 2l＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，B 与左壁接触，接触面
光滑，则 D 受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)( B )
A．3 000 N
B．2 000 N
C．1 000 N
D．500 N
考向二
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提能力 强化闯关
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试题
解析
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第 1 讲 力与物体的平衡
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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
2018年高考物理二轮温习第一部份二轮专题冲破专题一力与运动课时作业1共点力作用下物体的平衡
课时作业1共点力作用下物体的平稳一、选择题(1～8题为单项选择题，9～11题为多项选择题)1．(2017·河北唐山一模)滑腻斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通太轻绳与细杆相连，现在轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如下图．将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在那个进程中，轻绳的拉力( )A．慢慢增大B．大小不变C．先减小后增大D．先增大后减小解析：当悬点A缓慢向上移动进程中，小球始终处于平稳状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如下图，由图可知，拉力F T先减小后增大，C项正确．方式拓展由正弦定理得F Tsinα＝mgsinβ，得F T＝mg sinαsinβ，由于mg和α不变，而sinβ先增大，后减小，可得F T先减小后增大．答案：C2．(2017·永州模拟)物块A置于倾角为30°的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B 均处于静止状态，如下图．A、B重力别离为10 N和4 N，不计滑轮与细绳间的摩擦，那么( ) A．弹簧对A的拉力大小为6 NB．弹簧对A的拉力大小为10 NC．斜面对A的摩擦力大小为1 ND．斜面对A的摩擦力大小为6 N解析：弹簧对A的弹力等于B的重力，即F＝G B＝4 N，故A、B错误；对A分析，依照共点力平稳得，G A sin30°＝F f＋F，解得斜面对A的摩擦力F f＝G A sin30°－F＝10×12N－4 N＝1 N，故C正确、D错误．答案：C3．(2017·山西五校四联)如下图，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一滑腻的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平．现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终维持水平，那么OA、OB段轻绳所受的拉力的大小F T A、F T B的转变情形是( )A．F T A增大，F T B不变 B．F T A、F T B均不变C．F T A不变，F T B增大 D．F T A、F T B均减小解析：因为圆环滑腻，那么OC、OB段轻绳所受的拉力的大小F T C、F T B始终相等，且等于物体的重力．又OB 段轻绳始终维持水平，OC段轻绳始终维持竖直，那么A点缓慢右移，圆环也随之右移，角θ不变，由平稳条件可知OA段绳上所受的拉力不变．故B项正确．答案：B4.如下图，一带电小球用绝缘轻质细线悬挂于O点，空间存在场强方向、大小都可调剂的匀强电场，开始时匀强电场方向水平向右，小球平稳时细线与竖直方向成θ角(θ<45°)．现使电场方向在原竖直平面内沿逆时针方向缓慢转过2θ角(转动进程中小球所带电荷量不变)，而维持小球在原位置不动，那么此进程中以下判定正确的选项是( )A．细线的拉力先减小后增大B．电场强度一直减小C．细线的拉力先增大后减小D．电场强度先减小后增大解析：带电小球在重力G、细线拉力F T及电场力qE作用下处于平稳状态，由三力必可组成一封锁矢量三角形，当电场强度方向发生转变时，带电小球受力转变情形如下图，那么由图知细线拉力一直在减小，选项A、C错误；电场力先减小后增大(电场方向逆时针转过θ角时电场力最小)，选项B错误、D正确．答案：D5.如下图，将两个完全相同的均匀长方体物块A、B叠放在一路置于水平地面上．两物块重均为2mg.现用弹簧测力计竖直向上拉物块A，当弹簧测力计示数为mg时，以下说法中正确的选项是( ) A．物块A对物块B的压力大小为mgB．物块B对地面的压力大小等于2mgC．地面与物块B之间存在静摩擦力D．物块A与物块B之间存在静摩擦力解析：弹簧测力计示数为mg时，物块A、B均处于平稳状态，对A由平稳条件知，物块B对物块A的支持力大小为mg，故A对B的压力大小为mg，选项A正确；对A、B整体由平稳条件知，地面对物块B的支持力大小等于3mg，故B对地面的压力大小等于3mg；选项B错误；物块A与物块B之间、物块B与地面之间均无相对运动的趋势，故地面与物块B之间、物块A与物块B之间都不存在静摩擦力，选项C、D错误．答案：A6．(2017·安徽江南十校联考)如下图，竖直面滑腻的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.此刻A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B维持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.那么A球球心距墙角的最远距离是( )A．2r B.9 5 rC.115r D.135r解析：由题可知B球质量为2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力F f＝μ·3mg，现在以B球为研究对象，对其受力分析如下图，有F2＝2mgtanθ，以A和B整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F2，那么tanθ＝2mg3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离l＝r＋2r cosθ＝115r，选项C正确．答案：C7．(2017·河北冀州2月模拟)如下图，质量为m(能够看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再别离系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为F T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为F T2，那么F T1：F T2为(sin37°＝0.6；cos37°＝0.8)( )A．3：4 B．4：3C．3：5 D．4：5解析：绳O′P刚拉直时，由几何关系可知现在OP绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，那么F T1＝45mg.绳OP刚松弛时，小球受力如图乙，那么F T2＝43mg.那么F T1：F T2＝3：5，C项正确．答案：C8.如下图，质量和电荷量均相同的两个小球A、B别离套在滑腻绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一路，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，现在A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球抵达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，那么( )A．F1<F2 B．F1>F2C．L1<L2 D．L1>L2解析：以A球为研究对象，受力分析，A球受重力、支持力和库仑力作用下处于平稳状态，如下图，B球由B到C进程中，A球所受库仑力与杆方向夹角减小，由三力平移后的矢量三角形可知，库仑力减小，由库仑定律可知，两带电小球之间距离增大，C项正确；再分析B球受力，库仑力减小，且与水平方向夹角增大，而推力大小等于库仑力的水平分力，故推力减小，B项正确．答案：BC9.如下图，甲、乙两物体用紧缩的轻质弹簧连接静止于倾角为θ的粗糙斜面体上，斜面体始终维持静止，那么以下判定正确的选项是( )A．物体甲必然受到4个力的作用B．物体甲所受的摩擦力方向必然沿斜面向下C．物体乙所受的摩擦力不可能为零D．水平面对斜面体无摩擦力作用解析：假设紧缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于甲的重力沿斜面向下的分力，那么甲只受三个力作用，A、B错误；因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，乙的重力也有沿斜面向下的分力，故乙必然具有向下运动的趋势，乙必然受到沿斜面向上的摩擦力作用，C正确；取甲、乙和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体无摩擦力作用，D正确．答案：CD10.如下图，滑腻轻质挂钩下端悬挂质量为m的重物，跨在长度为L的轻绳上，开始时绳索固定在框架上等高的A、B两点，与水平方向的夹角为θ，绳索拉力为F.现维持绳长不变，将绳索右端从B点沿竖直方向缓慢移至C点，再从C点沿水平方向向左缓慢移至D点．关于绳索拉力F和重物重力势能E p的转变，以下说法正确的选项是( )A ．从B 移至C 的进程中，拉力F 维持不变B ．从B 移至C 的进程中，重力势能E p 慢慢变小 C ．从C 移至D 的进程中，拉力F 维持不变D ．从C 移至D 的进程中，重力势能E p 慢慢变小解析：绳索右端由B 点缓慢移到C 点进程中，重物始终维持平稳，双侧绳索拉力始终相等，与水平方向夹角维持不变，由平稳条件：2F sin θ＝mg ，故拉力F 维持不变，A 项正确；重物离地高度不变，故其重力势能不变，B 项错；绳索右端由C 点缓慢移到D 点进程中重物始终维持平稳，双侧绳索拉力相等，但与水平方向夹角变大，由平稳条件可知，2F sin θ＝mg ，θ变大，故拉力F 不断减小，C 项错；而重物高度不断下降，重力势能E p 不断减小，D 项正确．答案：AD11．如下图，地面上放有一个质量为m 的物块，物块与地面间的动摩擦因数μ＝33，现用斜向上的不为零且大小未知的力F 拉物块使之在地面上向右做直线运动，那么以下说法正确的选项是( )A ．假设物块向右加速运动，那么F 与摩擦力的合力必然竖直向上B ．假设物块向右加速运动，那么物体与地面间可能没有摩擦力C ．假设物块向右匀速运动，那么当θ取得适当值时，F 有最小值，最小值为mg2D ．假设物块向右匀速运动，θ＝45°时，F 的值最小解析：物块受到重力和拉力F 作用，可能受到支持力、摩擦力．假设物块向右加速运动，物块所受合外力向右，因重力mg 与支持力F N 的合力竖直向下，那么F 与摩擦力F f 的合力必然斜向右上方，应选项A 错误；当F 在竖直方向的分力等于重力时，物块对地面的压力为零，摩擦力为零，选项B 正确．假设物块向右匀速运动，那么物块受力平稳，合力为零．物块与地面间的动摩擦因数μ＝33，而μ＝F f F N＝tan30°.支持力F N 与摩擦力F f 的合力方向必与竖直方向成30°角．把支持力F N 与摩擦力F f 的合力作为一个力(方向不变)，画出矢量图，由图可知，当拉力F 的方向与支持力F N 和摩擦力F f 的合力的方向垂直时，F 有最小值，最小值为mg2，力F 与水平方向的夹角θ＝30°时，F 的值最小，选项C 正确、D 错误．答案：BC 二、非选择题 12．如下图，两根倾斜直金属导轨MN 、PQ 平行放置，它们所组成的轨道平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L ＝0.50 m ．一根质量m ＝0.20 kg 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab 棒垂直的匀强磁场中．在导轨的上端接有电动势E ＝36 V 、内阻r ＝1.6 Ω的直流电源和电阻箱R .已知导轨与金属杆的电阻都可忽略不计，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)假设金属杆ab 和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R 1＝2.0 Ω时，金属杆ab 静止在轨道上．①若是磁场方向竖直向下，求知足条件的磁感应强度的大小；②若是磁场的方向能够随意调整，求知足条件的磁感应强度的最小值及方向；(2)若是金属杆ab 和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B ＝0.40 T 的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R 2＝3.4 Ω时，金属杆ab 仍维持静止，求现在金属杆ab 受到的摩擦力F f 大小及方向．解析：(1)①设通过金属杆ab 的电流为I 1，依照闭合电路欧姆定律可知I 1＝ER 1＋r设磁感应强度为B 1，由安培定那么可知金属杆ab 所受安培力方向为水平向右，金属杆ab 受力如图甲所示 对金属杆ab ，依照共点力平稳条件有B 1I 1L ＝mg tan θ解得B 1＝mg tan θI 1L＝0.30 T②依照共点力平稳条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab 受力如图乙所示．设磁感应强度的最小值为B 2，对金属杆ab ，依照共点力平稳条件有 B 2I 1L ＝mg sin θ解得B 2＝mg sin θI 1L＝0.24 T依照左手定那么可判定出，现在磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下 (2)设通过金属杆ab 的电流为I 2，依照闭合电路欧姆定律可知I 2＝ER 2＋r假设金属杆ab 受到的摩擦力方向沿轨道平面向下，依照共点力平稳条件有 BI 2L ＝mg sin θ＋F f 解得F f ＝2.4 N结果为正，说明假设成立，即摩擦力方向沿轨道平面向下 答案：(1)①0.3 T②0.24 T 方向垂直轨道平面斜向下 (2)2.4 N 方向沿轨道平面向下。
2018年高考物理二轮复习 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课件
[例 2] 如图甲是某质点甲运动的速度图象，图乙是某质点乙 运动的加速度图象，下列说法正确的是( )
A．质点甲在 0～1 s 内的平均速度是 2 m/s B．质点甲在 0～2 s 内的位移大小是 2 m C．质点乙在 0～4 s 内速度的变化量大小为 5 m/s D．质点乙在 4 s 末的速度大小为 5 m/s
v1＝1 m/s⑨
(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为
xB＝v0t1－12aBt21⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2， 对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同 速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反．由题意知， A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2，设 A 的速度 大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2⑫
速直线运动的 v－t 图象．
3．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA ＝1 kg 和 mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与 木板间的动摩擦因数均为 μ1＝0.5；木板的质量为 m＝4 kg，与地面 间的动摩擦因数为 μ2＝0.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初 速度大小均为 v0＝3 m/s.A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g＝10 m/s2.求：
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．
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课时作业3 力与物体的曲线运动(一) 一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)1．如图所示，小鸟沿图中虚线向上加速飞行，空气对其作用力可能是( )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4解析：根据做加速曲线运动的条件可知，小鸟所受重力与空气对其作用力的合力方向只能沿着左斜向上方向，因此只有F 4可能正确，选项D 正确．答案：D2．(2017·北京市西城区高三期末考试)如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，它们的运动均可近似看成匀速圆周运动．如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量( )A ．地球绕太阳公转的半径和周期B ．月球绕地球转动的半径和周期C ．地球的半径和地球绕太阳公转的周期D ．地球的半径和月球绕地球转动的周期解析：由万有引力提供向心力可得，G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，解得M ＝4π2r 3GT 2，要求出地球质量，需要知道月球绕地球转动的轨道半径和周期，选项B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．(2017·洛阳市高中三年级统一考试)神舟十一号飞船经历多次变轨，到达与天宫二号距离地面393 km 高的相同轨道，终于与天宫二号自动交会对接成功．地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球表面的高度约为36 000 km ，运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒．探空火箭在3 000 km 高空仍发现有稀薄大气．由以上信息可知( )A ．神舟十一号飞船变轨前发动机点火瞬间，飞船速度的变化量小于其所喷出气体速度的变化量B ．神舟十一号飞船在点火后的变轨过程中机械能守恒C ．仅由题中已知量可以求出天宫二号在对接轨道的公转周期D ．神舟十一号飞船在返回地球的过程中速率在逐渐减小解析：神舟十一号飞船变轨前发动机点火瞬间，根据动量定理，飞船动量的变化量与所喷出气体动量的变化量大小相等，由于飞船质量大于所喷出气体的质量，所以飞船速度变化量小于其所喷出气体速度的变化量，选项A 正确；神舟十一号飞船在点火后的变轨过程中，发动机做功使飞船的机械能增大，选项B 错误；由于题中没有给出地球半径，不能得出天宫二号的轨道半径和同步卫星运动的轨道半径，不能求出天宫二号在对接轨道的公转周期，选项C 错误；神舟十一号飞船在返回地球的过程中由于重力做功，速率在逐渐增大，选项D 错误．答案：A4.如图所示，一半圆柱体放在地面上，横截面半径为R，圆心为O，在半圆柱体的右侧B 点正上方离地面高为2R处的A点水平向左抛出一个小球，小球恰好能垂直打在半圆柱体上，小球从抛出到落到半圆柱体上所用的时间为t，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为( )A.2Rgt4R＋gt2B.Rgt4R＋gt2C.RgtR＋4gt2D.2RgtR＋4gt2解析：由题意及平抛运动的规律知，小球打在半圆柱体上时速度方向的延长线过圆心，反向延长线过水平位移的中点，设小球运动过程中下落的高度为y，水平位移为x，则x2y＝R－x2R－y，x ＝v0t，y＝12gt2，解得v0＝2Rgt4R＋gt2，A正确．答案：A5.如图所示，竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态，一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上，另一端与圆轨道上的小球相连，小球的质量为1 kg，当小球以2 m/s的速度通过圆轨道的最低点时，球对轨道的压力为20 N，轨道的半径r＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则小球要能通过圆轨道的最高点，小球在最高点的速度至少为( )A．1 m/s B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/s解析：设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F1、弹簧弹力大小为F N，则F1－mg－F N ＝mv21r，求得F N＝2 N，可判断出弹簧处于压缩状态．小球以最小速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则mg－F N＝mv22r，求得v2＝2 m/s，B项正确．答案：B6.2016年9月24日，中华龙舟大赛(昆明·滇池站)开赛，吸引上万名市民来到滇池边观战．如图所示，假设某龙舟队在比赛前划向比赛点的途中要渡过288 m 宽、两岸平直的河，河中水流的速度恒为v 水＝5.0 m/s.龙舟从M 处开出后实际沿直线MN 到达对岸，若直线MN 与河岸成53°角，龙舟在静水中的速度大小也为5.0 m/s ，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，龙舟可看作质点．则龙舟在水中的合速度大小v 和龙舟从M 点沿直线MN 到达对岸所经历的时间t 分别为( )A ．v ＝6.0 m/s ，t ＝60 sB ．v ＝6.0 m/s ，t ＝72 sC ．v ＝5.0 m/s ，t ＝72 sD ．v ＝5.0 m/s ，t ＝60 s解析：设龙舟头与航线MN 之间的夹角为α，船速、水速与龙舟在水中的合速度如图所示，由几何知识得α＝53°，龙舟在水中的合速度大小v ＝6.0 m/s.航线MN 的长度为L ＝288 m/sin53°＝360 m ，故龙舟从M 点沿直线MN 到达对岸所经历的时间为t ＝60 s.答案：A7.2017年1月18日，世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”在圆满完成4个月的在轨测试任务后，正式交付用户单位使用．如图为“墨子号”变轨示意图，轨道A 与轨道B 相切于P 点，轨道B 与轨道C 相切于Q 点，以下说法正确的是( )A ．“墨子号”在轨道B 上由P 向Q 运动的过程中速率越来越大B ．“墨子号”在轨道C 上经过Q 点的速率大于在轨道A 上经过P 点的速率C ．“墨子号”在轨道B 上经过P 点时的加速度大于在轨道A 上经过P 点时的加速度D ．“墨子号”在轨道B 上经过Q 点时受到的地球的引力小于经过P 点时受到的地球的引力解析：“墨子号”在轨道B 上由P 向Q 运动的过程中，逐渐远离地心，速率越来越小，选项A 错误；“墨子号”在A 、C 轨道上运行时，轨道半径不同，根据G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GM r，轨道半径越大，线速度越小，选项B 错误；“墨子号”在A 、B 两轨道上经过P 点时，离地心的距离相等，受地球的引力相等，所以加速度是相等的，选项C 错误；“墨子号”在轨道B 上经过Q 点比经过P 点时离地心的距离要远些，受地球的引力要小些，选项D 正确．答案：D8.一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a 表示，物体到球形行星表面的距离用h 表示，a 随h 变化的图象如图所示，图中a 1、h 1、a 2、h 2及万有引力常量G 均为已知．根据以上数据可以计算出( )A ．该行星的半径B ．该行星的质量C ．该行星的自转周期D ．该行星同步卫星离行星表面的高度解析：根据万有引力充当向心力，有G MmR ＋h 12＝ma 1，G Mm R ＋h 22＝ma 2，联立可求出M 和R ，选项A 、B 正确；由已知条件无法确定该行星同步卫星离地面的高度及该行星的自转周期，选项C 、D 错误．答案：AB9．(2017·宜宾模拟)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示 )，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率v 通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是( )A ．当火车以速率v 通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向B ．当火车以速率v 通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力C ．当火车行驶的速率大于v 时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力D ．当火车行驶的速率小于v 时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力解析：火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，方向水平指向圆心，故A 错误、B 正确；当速度大于v 时，重力和支持力的合力小于所需向心力，此时外轨对车轮轮施加压力，故C 正确；当速度小于v 时，重力和支持力的合力大于向心力，此时内轨对车轮轮缘施加压力，故D 错误．答案：BC10．如图所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自球网最高点到落台的过程中，正确的是( )A ．过网时球1的速度小于球2的速度B ．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C ．球1的速度变化率等于球2的速度变化率D ．落台时，球1速率大于球2的速率解析：由h ＝12gt 2知两球运动时间相等，故选项B 错误；由于球1水平位移大，故水平速度大，故选项A 错误；两球都做平抛运动，故加速度等大，即速度变化率相等，故选项C正确；由v 2y ＝2gh 可知落台时竖直速度等大，由v ＝v 20＋v 2y 可知落台时球1的速率大于球2的速率，故选项D 正确．答案：CD11.飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和作用在机翼上的升力，升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力．设飞机以速率v 在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T ，则下列说法正确的是( )A ．若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 增大B ．若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 增大C ．若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大D ．若飞行速率v 增大，θ增大，则周期T 可能不变解析：飞机盘旋时重力mg 和升力F N 的合力F 提供向心力，如图所示，因此有mg tan θ＝m v 2R，解得R ＝v 2g tan θ，T ＝2πR v ＝2πv g tan θ.若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 减小，A 项错误．若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 减小，B 项错误．若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大，C 项正确．若飞行速率v 增大，θ增大，如果满足v tan θ＝v ′tan θ′，则周期T 不变，D 项正确．答案：CD二、非选择题12．(2017·重庆七校期末联考)如图所示，A 、B 是水平传送带的两个端点，起初以v 0＝1 m/s 的速度顺时针运转．今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放在A 处，同时传送带以a 0＝1 m/s 2的加速度加速运转，物块和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与B 点的竖直距离为R ，物块离开传送带后由C 点恰好无碰撞落入轨道．g取10 m/s 2，求：(1)物块由A 端运动到B 端所经历的时间；(2)A 、C 间的水平距离；(3)判断物块能否沿圆弧轨道到达N 点．解析：(1)物块离开传送带后由C 点无碰撞落入轨道，则在C 点物块的速度方向与C 点 相 切，与竖直方向成45°，有v Cx ＝v Cy .物块从B 点到C 点做平抛运动，竖直方向：R ＝12gt 23，v Cy ＝gt 3， 水平方向：x BC ＝v B t 3.得出v B ＝v Cx ＝v Cy ＝4 m/s ，v C ＝2v B ＝4 2 m/s.物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2.物块历时t 1后与传送带共速，则at 1＝v 0＋a 0t 1，解得t 1＝1 s ，则v 1＝at 1＝2 m/s<4 m/s ，故物块此时速度还没有达到v B ，且此后的过程中由于a 0<μg ，物块将和传送带以共同的答案：(1)3 s (2)8.6 m (3)不能。