2020年高考高三物理二轮复习力学专题复习(含答案)

2020（浙江）高考物理二轮冲刺练习题：力学和电学整合练习附答案1、如图所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间动摩擦因数均为μ.传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B ，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)则( )A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，aB ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μg解析：选C.对物块B 受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm 2g ＝kx ，则x ＝μm 2g k .以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T ＝μ(m 1＋m 2)g ；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A 受到的合外力与T 大小相等，方向相反，则：a A ＝T m 1＝μ（m 1＋m 2）g m 1；B 在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B 的加速度仍然等于0.故选项C 正确，A 、B 、D 错误．2、直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图所示．M 、N 两点各固定一负点电荷，将一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移动到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( B )A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向C.5kQ 4a 2，沿y 轴正向D.5kQ 4a 2，沿y 轴负向解析：正点电荷在O 点时，G 点的场强为零，则两负点电荷在G 点的合场强大小为E 1＝kQ a2，方向沿y 轴正方向．由对称性知，两负点电荷在H 点的合场强大小为E 2＝E 1＝kQ a 2，方向沿y 轴负方向．当把正点电荷放在G 点时，在H 点产生的场强的大小为E 3＝kQ 4a 2，方向沿y 轴正方向．所以H 点的合场强大小E ＝E 2－E 3＝3kQ 4a 2，方向沿y 轴负方向，选项B 正确．*3、滑雪运动深受人民群众喜爱。

2020年物理高考二轮总复习功和能优选试题物理试题▲不定项选择题1．运动员把质量为400g 的足球从静止踢出后，研究足球在空中的飞行情况，估计上升的最大高度为4m ，在最高点的速度为15m/s ，若不计空气阻力且g 取10m/s 2，则运动员踢球时对足球做的功为（ ）A ．16JB ．29JC ．45JD ．61J2．关于功和功率的说法中,正确的是( )A ．由w p t=可知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．因为功有正功和负功之分，所以功是矢量C ．由p Fv =可知，汽车的功率与它的速度成正比D ．正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力3．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做功为（ ）A ．12μmgRB ．12mgR C ．mgR D ．()1mgR μ-4．如图所示，一足够长的木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力F 拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，在发生相对运动的过程中（ ）A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的减少量C ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和5．如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O ，某人将质量为m 的物块放在弹簧上端O 处，使它缓慢运动到A 处（OA 高度差为2h ），放手后物块处于平衡状态，在此过程中人所做的功为W ，如果将物块从距离弹簧上端O 点高H 的地方由静止释放，设物体此后只在竖直方向运动，且不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A ．物体下落到OA 中点处时，动能为mg （H+h ）-2W B C ．物体释放后，动能最大值为mgH -W D ．物体运动过程中机械能守恒 6．一质量为m 的物体被人用手由静止竖直向上以加速度a 匀加速提升h 。

本套资源目录2020届高考物理二轮复习专题强化练一力与物体的平衡含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练七碰撞与动量守恒定律含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练三力与曲线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练九磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练二力与直线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练五功和功率动能定理含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练八电场及带电粒子在电场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练六机械能守恒定律功能关系含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十一直流电路与交流电路含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十七选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十二电磁感应规律及其应用含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十五力学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十八选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十六电学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十四近代物理初步含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十带电粒子在复合场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练四万有引力定律与航天含解析专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mgk解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mg k，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P 绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin 60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D专题强化练(七)考点1 冲量与动量定理的应用1．(2019·太原模拟)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为3m ，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v (相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为v4，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )A ．零 B.mv4，方向向右C.mv3，方向向右D.3mv4，方向向左 解析：设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv ，对底座，根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v4得：I f＝mv4，为正表示方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B2．(多选)(2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：斜面对物体的弹力的冲量大小为：I ＝F N t ＝mg cos θ·t ，弹力的冲量不为零，故A 错误；物体所受重力的冲量大小为：I G ＝mg ·t ，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B 正确；物体受到的合力的冲量大小为mgt sin θ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp ＝I 合＝mg sin θ·t ，D 正确．答案：BD3．(多选)(2019·曲靖模拟)如图所示，木板B 放在光滑的水平面上，滑块A 在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为()A.E1＋E2p1＋p2B.E2－E1p2－p1C.E1p1＋E2p2D.E1p1－E2p2解析：设当滑块A从木板右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得E2－E1＝－F f x；由动量定理得p2－p1＝－F f t，解得v＝xt＝E2－E1p2－p1；选项B正确，A错误；因E1p1＝12mv21mv1＝v12，E2p2＝12mv22mv2＝v22，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度v＝v1＋v22＝E1p1＋E2p2，选项C正确，D错误．答案：BC4．(2018·马鞍山模拟)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6 s内物块的位移为( )A．0 B．3 m C．6 m D．12 m解析：由图可知0～3 s内以及3～6 s内物块受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在0～3 s内和3～6 s内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物块的速度又等于0.在0～3 s末，根据动量定理可得I＝Δp＝mv，所以v＝Im＝42m/s＝2 m/s，所以小物块在6 s内的位移x＝v2t1＋v2·t2＝v2·t＝22×6 m＝6 m．故C正确．答案：C考点2 碰撞和动量守恒定律的应用5．(2019·惠州模拟)质量为1 kg 的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m/s 的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有沙子，车与沙的总质量为4 kg ，地面光滑，则车后来的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．4 m/sB ．5 m/sC ．6 m/sD ．7 m/s解析：物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．已知两者作用前，车在水平方向的速度v 0＝5 m/s ，物体水平方向的速度v ＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v ′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv ＋Mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv ＋Mv 0M ＋m ＝4×51＋4m/s ＝4 m/s ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A6．(2019·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态．质量分别为2m 、m 和2m .其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：设b 球脱离弹簧的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ，b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 20＝12mv 2b ＋12·2mv 2c ，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确．答案：B7．(多选)(2019·肇庆模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰前两球均向右运动B ．右方是A 球，碰前两球均向左运动C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A 、B 两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由题知Δp A ＝－4 kg·m/s，则得Δp B ＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A 球，右边是B 球，故A 正确，B 错误；碰撞后，两球的动量分别为p A ′＝p A ＋Δp A ＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B ′＝p B ＋Δp B ＝6 kg·m/s ＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为v ′A v ′B ＝p A ′m Ap B ′m B ＝25，故C 正确；碰撞前系统的总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B2m B ＝18m A ＋362×2m A ＝27m A，碰撞后系统的总动能为E ′k ＝p ′2A 2m A ＋p 2B2m B ＝2m A ＋1002×2m A ＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D 错误．答案：AC8．(2018·宜昌模拟)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿AB 轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝3m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．全程滑块水平方向相对地面的位移R ＋LB ．全程小车相对地面的位移大小x ＝14(R ＋L )C ．滑块m 运动过程中的最大速度v m ＝2gRD ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝4μL解析：设全程小车相对地面的位移大小为x ′，则滑块水平方向相对地面的位移x ＝R ＋L －x ′.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m xt －Mx ′t ＝0，即m R ＋L －x ′t －M x ′t＝0，结合M ＝3m ，解得x ′＝14(R ＋L )，x ＝34(R ＋L )，故A 错误，B 正确；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mv m －Mv 、mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2.联立解得v m ＝ 32gR ，故C 错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，得R ＝μgL ，故D 错误．答案：B考点3 动量和能量的综合应用9．(2019·株洲质检)如图，长l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A.2glB.glC.2gl 2D ．0解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，即v ＝v ′；由机械能守恒定律得：12mv 2＋12mv ′2＝mgl ，解得：v＝gl ，故B 正确．答案：B10．(多选)(2019·铜川模拟)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20D ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2解析：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＋12(m＋M )v 2＝12mv 20，故C 正确，D 错误．答案：BC11．(2019·南昌模拟)有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A 、B 两个物体，它们的质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的14竖直圆轨道．开始A 、B 两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A 向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R ＝0.2 m ，g 取10 m/s 2.求炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功．解析：炸药爆炸后，设A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2.取向左为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1－m 2v 2＝0，A 物体与挡板碰后追上B 物体，碰后两物体共同速度设为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝(m 1＋m 2)gR ， 炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功W ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立解得W ＝10.7 J. 答案：10.7 J12．(2019·廊坊模拟)如图所示，质量M ＝0.3 kg 的长木板A 放在光滑的水平面上，板长L ＝1.5 m ，在其左端放一质量m ＝0.1 kg 的物块B .现给A 和B 以大小相等、方向相反的水平初速度v 0＝2 m/s ，使A 开始向左运动、B 开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.(1)要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B 恰好不从长木板A 的右端滑落，求B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B 滑到木板A 的最右端与木板有共同速度v 时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，根据能量守恒定律知12Mv 20＋12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋μmgL ， 联立解得v ＝1 m/s ，μ＝0.4，所以要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4； (2)B 相对于A 滑动过程中的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2，由运动学公式有2ax ＝v 20－v 2，解得B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移x ＝0.375 m. 答案：(1)μ≥0.4 (2)0.375 m专题强化练(三)考点1 运动的合成与分解1．(2019·六安模拟)小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t 分别为( )A ．船头应垂直指向对岸，t ＝100 sB ．船头应与上游河岸成60°角，t ＝20033 sC ．船头应垂直指向对岸，t ＝20033 sD ．船头应与下游河岸成60°角，t ＝100 s解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝42－22m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023 s ＝20033s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B2．(2019·济宁模拟)如图所示，细线一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θ D.vtan θ解析：将光盘水平向右移动的速度v 分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v 沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v 球＝v sin θ，A 正确．答案：A3．(2019·临汾模拟)一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是( )解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，故C 项正确．答案：C考点2 平抛运动4.(多选)(2019·株洲模拟)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC5．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a 、b 两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A ．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B ．两球触地时的瞬时速率不同C ．两球在空中运动的时间相同D ．两球运动的位移相同解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g ，A 项正确；因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv 20＋mgh ＝12mv 2t ，可知两球触地时的速率相同，B 项错误；因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C 项错误；因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D 项错误．答案：A6．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则()A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg D．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC考点3 圆周运动7.(2019·惠州模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A 与B 到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )A ．框架对A 的弹力方向垂直框架向下B ．框架对B 的弹力方向可能垂直框架向下。

2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练传送带模型的动力学问题一、单项选择题1、如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ2、在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s 2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为 ( )A ．5 mmB ．6 mmC ．7 mmD ．10 mm3、已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a 所示)，以此时为t ＝0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( )A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大4、如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ≥a gB ．黑色痕迹的长度为a －μg v 22a 2 C ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为mv 225、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终以v ＝7 m/s 的速率转动，现把一质量为4 kg 的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经一段时间后工件被传送到高度h＝8 m的顶端，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝3 2，g取10 m/s2，在这段时间内，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图象正确的是( )6、如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针运动时(v1<v2)，绳中的拉力分别为F1、F2，物体受到的摩擦力分别为F f1、F f2，则下列说法正确的是( )A.F f1<F f2B.物体所受摩擦力方向向右C.F1＝F2D.F f1＝μmg7、如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板，在t＝0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端，当滑块运动到挡板所在的位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失，某同学画出了滑块从t ＝0时刻到与挡板第二次碰撞前的v－t图象，其中可能正确的是( )8、如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1.一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v －t图象不可能是( )二、多项选择题9、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度v A＝4 m/s，到达B 端的瞬时速度设为v B，则(g取10 m/s2)( )A．若传送带不动，则v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝2 m/s10、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )A．从下端B离开，v>v1B．从下端B离开，v<v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v<v111、如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出12、如图所示，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(即物块可与带面等速，且物块与带面等速时，物块尚未到达A或B)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是 ( )A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为0D．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为2 m/s213、如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A．物块A、B同时到达传送带底端B．物块B到达传送带底端的速度为3 m/sC．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3 mD．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3 m14、如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动。

2020届高考物理二轮：力、运动、牛顿运动定律练习及答案**力、运动、牛顿运动定律**1、如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是()A．F1先增大后减小，F2一直减小B．F1先减小后增大，F2一直减小C．F1和F2都一直在增大D．F1和F2都一直在减小2、(2019·河北唐山市模拟)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。

现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(AD)A．轻绳对小球的拉力逐渐增大B．小球对斜劈的压力先减小后增大C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大3、(2019·珠海模拟)如图所示，水平固定且倾角为37°的光滑斜面上有两个质量均为m＝1 kg 的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20 cm。

现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)()A．0.15 m,25 N B．0.25 m,25 NC．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N4、无风时气球匀速竖直上升，速度为3 m/s。

现吹水平方向的风，使气球获得4 m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h，则()A．气球实际速度的大小为7 m/sB．气球的运动轨迹是曲线C．若气球获得5 m/s的水平速度，气球到达高度h的路程变长D．若气球获得5 m/s的水平速度，气球到达高度h的时间变短5、（双选）质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，弹簧劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面体的斜面上等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面体均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．斜面体和水平地面间一定有静摩擦力B．斜面对A、B组成的系统的静摩擦力为2mgsinθC．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动D．弹簧的最大压缩量为mgk(μ2cos2θ－sin2θ)126、(2019·全国卷Ⅱ)[双选]如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

2020届高考物理通用二轮题：力、运动、牛顿运动定律练习及答案高考：力、运动、牛顿运动定律1、．(2019·青岛质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是()A．绳子越来越容易断B．绳子越来越不容易断C．AB杆越来越容易断D．AB杆越来越不容易断2、(2019·安徽省六安市模拟)倾斜角度为θ的斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。

两物体间用一根原长为L0的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。

则以下说法正确的是(BC)A．若μ1>μ2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧B．若μ1＝μ2, 可用轻杆替代弹簧C．若μ1<μ2, 弹簧的形变量是(L－L0)D．若m1＝m2，则μ1＝μ2＝tanθ3、(2019·济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为()A.33mg B.32mgC.233mg D．2mg4、.(2019·晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中()A．物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧B．物块的动能可能先增大后减小C．物块的速度大小可能为v0 2D．B点的加速度与速度的夹角小于90°5、如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是(AC)A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mgcosθB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大6、(2019·武汉调研)[多选]如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H，反弹的高度为916H。

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。

力学综合计算题1、如图甲所示，半径为R ＝0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，和圆心等高；B 为轨道最低点。

在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3kg ，小车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示。

物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1kg ，g 取10m/s 2。

（1） 求物块滑到B 点时对轨道压力的大小； （2） 物块相对小车静止时距小车左端多远？2、如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以0 6 /v m s ＝的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取210 /m s ；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度 n v 与n 的关系式．3、如图所示,质量1kg m =的小球P 位于距水平地面高 1.6m H =处,在水平地面的上方存在厚度0.8m h =的“相互作用区”,如图中阴影部分所示,小球P 进入“相互作用区” 后将受到竖直方向的恒定作用力F ,将小球P 由静止释放,已知从被释放到运动至“相互作用区”底部用时0.6s t =,小球一旦碰到区域底部就会粘在底部.不考虑空气阻力,g 取210m/s ,请完成下列问题:1.求小球刚进入“相互作用区”时的速度大小及在 “相互作用区”所受作用力F 的大小和方向;2.若要小球从静止释放后还能返回释放点,作用力F 的大小和方向应满足什么条件?3.在小球能返回释放点的情况中,小球从释放到返回释放点的时间不会超过多少秒? 4、如图，光滑轨道PQO 的水平段2QO h=，轨道在O 点与水平地面平滑连接。

高考物理二轮选择题专题复习——力学选择题专练（共28题，有答案）1．2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。

已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则（）A．该卫星的速率比“天宫二号”的大B．该卫星的周期比“天宫二号”的大C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大2．国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。

例如，由m和s可以导出速度单位m•s﹣1．历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。

但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。

1967年用铯﹣133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率△v＝9192631770Hz定义s；1983年用真空中的光速c＝299792458m •s﹣1定义m。

2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系如图，例如，s对应△v，m对应c）。

新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。

下列选项不正确的是（）A．7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性B．用真空中的光速c（m•s﹣1）定义m，因为长度l与速度v存在l＝vt，而s已定义C．用基本电荷e（C）定义安培（A），因为电荷量q与电流I存在I＝q/t，而s已定义D．因为普朗克常量h（J•s）的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位3．汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。

前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）A．10m B．20m C．25m D．50m4．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

力学实验专项训练(时间:45分钟满分:100分)1.(16分)(2019·山东济宁模拟)某同学用如图甲所示的实验装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。

实验中滑块放在水平桌面上,在轻质动滑轮上悬挂不同的重物,使滑块从同一位置由静止加速运动。

-滑块经过光电门时,配套的数字毫秒计测出遮光条的挡光时间t,读出弹簧测力计的示数F,作出1t2F关系图像如图乙所示。

已知滑块到光电门的距离x=45 cm,遮光条的宽度d=3 mm(忽略绳子质量及绳子与滑轮之间的摩擦,g取10 m/s2)。

甲乙(1)由图甲判断下列说法正确的是。

A.实验中滑块的质量应远小于重物的质量B.实验中滑块的质量应远大于重物的质量C.实验中与滑块相连的轻绳与桌面一定要平行D.实验中与滑块相连的轻绳与桌面可以不平行(2)由图乙可得滑块的质量为m= kg,滑块与桌面间的动摩擦因数为μ= 。

答案:(1)C(2)0.50.3解析:(1)因弹簧测力计能测出绳子的拉力,所以只需保持与滑块相连的轻绳与桌面平行,滑块的合外力就等于弹簧测力计的示数,故正确的是C。

(2)由牛顿第二定律得F-μmg=ma,又v2=2ax,v=tt ,联立得1t2=2ttt2·F-2tttt2,根据题图乙1t2-F图像的斜率、截距得m=0.5kg,μ=0.3。

2.(16分)(2019·江苏无锡模拟)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图甲所示,轻弹簧放置在倾斜的长木板上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

甲(1)实验中涉及下列操作步骤:①松手释放物块;②接通打点计时器电源;③木板一端抬高以平衡摩擦;④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量。

上述步骤正确的操作顺序是(填序号)。

(2)甲同学实际打点结果如图乙所示,观察纸带,判断测量值比真实值(选填“偏小”或“偏大”)。

2019-2020学年度最新版本高考二轮物理复习专题-弹簧问题(附答案)(附参考答案)高考动向弹簧问题能够较好的培养学生的分析解决问题的能力和开发学生的智力，借助于弹簧问题，还能将整个力学知识和方法有机地结合起来系统起来，因此弹簧问题是高考命题的热点，历年全国以及各地的高考命题中以弹簧为情景的选择题、计算题等经常出现，很好的考察了学生对静力学问题、动力学问题、能量守恒问题、功能关系问题等知识点的理解，考察了对于一些重要方法和思想的运用。

弹簧弹力的特点：弹簧弹力的大小可根据胡克定律计算（在弹性限度内），即F=kx，其中x是弹簧的形变量（与原长相比的伸长量或缩短量，不是弹簧的实际长度）。

高中研究的弹簧都是轻弹簧（不计弹簧自身的质量，也不会有动能和加速度）。

不论弹簧处于何种运动状态（静止、匀速或变速），轻弹簧两端所受的弹力一定等大反向。

弹簧的弹力属于接触力，弹簧两端必须都与其它物体接触才可能有弹力。

如果弹簧的一端和其它物体脱离接触，或处于拉伸状态的弹簧突然被剪断，那么弹簧两端的弹力都将立即变为零。

在弹簧两端都保持与其它物体接触的条件下，弹簧弹力的大小F=kx与形变量x成正比。

由于形变量的改变需要一定时间，因此这种情况下，弹力的大小不会突然改变，即弹簧弹力大小的改变需要一定的时间。

（这一点与绳不同，高中物理研究中，是不考虑绳的形变的，因此绳两端所受弹力的改变可以是瞬时的。

）一、与物体平衡相关的弹簧例．如图示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为( )A.m1g/k1B.m2g/k2C.m1g/k2D.m2g/k2此题是共点力的平衡条件与胡克定律的综合题．题中空间距离的变化，要通过弹簧形变量的计算求出．注意缓慢上提，说明整个系统处于一动态平衡过程，直至m1离开上面的弹簧．开始时，下面的弹簧被压缩，比原长短(m1 + m2)g／k2，而m l刚离开上面的弹簧，下面的弹簧仍被压缩，比原长短m2g／k2，因而m2移动△x＝(m1 + m2)·g／k2 -m2g／k2＝m l g／k2．参考答案:C此题若求m l移动的距离又当如何求解?二、与分离问题相关的弹簧两个相互接触的物体被弹簧弹出，这两个物体在什么位置恰好分开？这属于临界问题。

万有引力定律与航天【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．2017年10月24日，在地球观测组织(GEO)全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”(如图所示)和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(简称“碳卫星”)的数据。

“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面700公里的圆轨道对地球进行扫描，汇集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是（）A．“风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度B．“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度C．“碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合D．“风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度【答案】 B2．某行星半径R=2440km，行星周围没有空气且忽略行星自转。

若某宇航员在距行星表面h=1.25m处由静止释放一物块，经t=1s后落地，则此行星A．表面重力加速度为10m／s2B．表面重力加速度为5m／s2C．第一宇宙速度大约为2．47km／sD．第一宇宙速度大约为78m／s【答案】 C点睛：第一宇宙速度是指绕星体表面运行卫星的速度。

是所有圆轨道卫星的最大的运行速度，也是卫星的最小发射速度。

3．如图所示，地球绕太阳做匀速圆周运动，地球处于运动轨道b位置时，地球和太阳连线上的a位置、c 与d位置均关于太阳对称，当一无动力的探测器处在a或c位置时，它仅在太阳和地球引力的共同作用下，与地球一起以相同的角速度绕太阳做圆周运动，下列说法正确的是A．该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力等于在c位置受到太阳、地球引力的合力B．该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力C．若地球和该探测器分别在b、d位置，它们也能以相同的角速度绕太阳运动D．若地球和该探测器分别在b、e位置，它们也能以相同的角速度绕太阳运动【答案】 B【解析】探测器与地球具有相同的角速度，则根据F=ma=mω2r可知该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力，选项B正确，A错误；若地球和该探测器分别在b、d位置，根据可知，因转动的半径不同，则它们不能以相同的角速度绕太阳运动，选项C错误；同理若地球和该探测器分别在b、e位置，它们也不能以相同的角速度绕太阳运动，选项D错误；故选B.4．下列论述中正确的是A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性【答案】 C5．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一条直线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，如图所示，则由此条件不可求得的是( )A．水星和金星的质量之比B．水星和金星到太阳的距离之比C．水星和金星绕太阳运动的周期之比D．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【答案】 A【解析】【详解】A、水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误；相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：，，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比．故B正确．C、相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知它们的角速度之比为θ1：θ2．周期，则周期比为θ2：θ1．故C正确．根据a=rω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比．故D正确．本题求不可求的，故选A【点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算6．我们国家从 1999 年至今已多次将“神州”号宇宙飞船送入太空。

2020年高三物理二轮复习力学专题复习▲不定项选择题1．2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。

着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15km高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100m处悬停，再缓慢降落到月面。

己知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为1.7×103km，由上述条件不能．．估算出（）A．月球质量B．月球表面的重力加速度C．探测器在15km高处绕月运动的周期D．探测器悬停时发动机产生的推力2．“民生在勤”，劳动是幸福的源泉。

如图，疫情期间某同学做家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。

假设湿拖把的质量为2kg，拖把杆与水平方向成53°角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10N 的力F1时，恰好能推动拖把向前匀速运动并将灰尘清理干净。

如果想要把地板上的油渍清理干净，需将沿拖把杆向下的力增大到F2=25N。

设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变（可认为油渍与地板间的附着力等于拖把与地板间的滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），那么油渍与地板间的附着力约为（）A．7.7N B．8.6N C．13.3N D．20N3．如图所示，物块A静止在粗糙水平面上，其上表面为四分之一光滑圆弧。

一小滑块B在水平外力F的作用下从圆弧底端缓慢向上移动一小段距离，在此过程中，A始终静止。

设A对B的支持力为F N，地面对A 的摩擦力为F f，则两力的变化情况是（）A．F N减小，F f增大B．F N增大，F f增大C．F N减小，F f不变D．F N增大，F f不变4．如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10kg的吊篮相连，向另一端被站在吊篮里质量为50kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。

重力加速度g=10m/s2，则该人对吊篮的压力大小为（）A．150N B．200N C．300N D．350N5．质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时（）A．向心加速度为2vrB．向心力为2vm gr⎛⎫+⎪⎝⎭C．对球壳的压力为2mvrD．受到的摩擦力为mgμ6．如图（a）为某老师在新冠疫情期间上网课时使用的支架，支架上夹有手机。

名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量(这是单页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量二、考向分析及备考建议功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、功能关系、机械能守恒定律及其应用，动量、动量定理、动量守恒定律及其应用，弹性碰撞和非弹性碰撞是历年高考的热点，2019年三套全国卷的25题进行了重点综合考查，以后还会这样．本专题命题点多，特别重视对考纲中5个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中要引起足够重视，对5个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：变力做功、动能定理的综合应用，弹簧、传送带模型中的能量关系，滑块－滑板模型中的动量和能量分析与计算，动量定理和动量守恒定律在生活中的应用、人船模型、动量守恒的多过程问题、弹性碰撞的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力的综合考查．第1讲功功率动能定理【p24】【p24】1．功和功率的计算方法(1) 功的计算：恒力做功，可用公式__W＝Fl cos__α__进行计算．变力做功，可用以下几种方法进行求解：①功率法：W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图象法；④转化法；⑤动能定理法等．(2)功率的计算：区分瞬时功率和平均功率．P＝Wt只能用来计算__平均功率__．P＝Fv cosα中的v是__瞬时速度__时，计算出的功率是__瞬时功率__；v是__平均速度__时，计算出的功率是__平均功率__．2．机车的启动问题(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1及v m的求解方法．①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝__PF阻＋ma__．②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝__PF阻__．3．动能定理的内容及表达式动能和动能定理错误!4．对动能定理的进一步理解(1)W总是所有外力对物体做的__总功__，这些力对物体所做功的__代数和__等于物体动能的增量．(2)动能定理与参考系的选取有关．中学物理中一般取__地面__为参考系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于__曲线__运动；既适用于恒力做的功，也适用于__变力__做的功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用；只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑__动能定理__．这些正是运用动能定理解题的优越性所在．(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．【p25】考点一功和功率的分析与计算例1某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.【解析】(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理F合sin（90°－α）＝Fsin（90°＋θ）＝mgsin（α－θ）得F ＝3mg ，F 合＝mg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma 得a ＝gt 时刻飞行器的速率v ＝at ＝gt.(2)设t 时刻发动机动力的功率为P ，则P ＝Fv cos (α－θ) 得P ＝32mg 2t(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W ＝0＋P 2t 得W ＝34mg 2t 2.【答案】(1)gt (2)32mg 2t (3)34mg 2t 2【方法总结】(1)计算恒力做功的流程图(2)计算功率的策略：先判后算．先判断功率为瞬时功率还是平均功率，然后进行相关运算． 变式训练1(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．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【解析】设第②次所用时间为t ，根据速度图象的“面积”等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×(t ＋t －t 0)×12v 0，解得：t ＝5t 02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P ＝Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；由动能定理：W F －mgh ＝ΔE k ＝0，∴W F ＝mgh ；两次做功相同，选项D 错误．【答案】AC考点二 机车的启动问题 例2我国在改革开放的四十年内，各个行业都获得了巨大的进步，高铁技术更是成为国家名片．一列高铁列车的总质量为m ，运动过程中的阻力恒为f ，列车沿直线由静止启动过程中列车的输出功率与速度的关系图象如图所示，当列车的速度超过v 0后，列车的功率保持不变，恒为3fv 0.(1)求列车匀加速运动的时间t 1；(2)若列车从静止开始运动至刚好达到最大速度时位移为x ，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运动时间t.【解析】(1)在匀加速阶段，由图可知，牵引力F ＝3fv 0v 0＝3f 根据牛顿第二定律可得：F －f ＝ma 根据速度时间关系可得：v 0＝at 1 联立解得t 1＝mv 02f ；(2)最大速度v m ＝3fv 0f ＝3v 0匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝mv 204f恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得： 3fv 0(t －t 1)－f(x －x 1)＝12mv 2m －12mv 20 联立解得t ＝x 3v 0＋7mv 04f .【答案】(1)mv 02f (2)x 3v 0＋7mv 04f【方法总结】解决机车启动问题时注意以下四点：(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． 变式训练2 (多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减为原来的一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F 和速度v 随时间t 变化的图象是( )A BC D【解析】由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为一半时，速度不能突变，根据P ＝Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F ＝12F 0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P ＝Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选A 、D .【答案】AD考点三 动能定理及其应用例3 如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45 m ，水平轨道BC 长为0.4 m ，与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m ，g 取10 m /s 2，求：(1)滑块第一次经过B 点时对轨道的压力大小；(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(3)滑块在水平轨道BC 上运动的总时间及滑块最终停在何处？【解析】(1)滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR ＝12mv 2B－0 解得：v B ＝3 m /s滑块在B 点：F －mg ＝m v 2B R解得：F ＝60 N由牛顿第三定律可得：物块经过B 点时对轨道的压力F′＝F ＝60 N(2)滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能E p滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得： mgR －μmgL BC －mgL CD sin 30°＋W ＝0E p ＝－W解得：E p ＝1.4 J(3)将滑块在BC 段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度a ＝μg ＝2 m /s 2则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间t ＝v B a＝1.5 s 滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12mv 2B解得s ＝2.25 m结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15 m 处(或距C 点0.25 m 处)．【答案】(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 最终停止在距B 点0.15 m 处【方法总结】1.应用动能定理解题的基本思路：(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理对全过程或者分过程列式．2．动能定理的应用：(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．变式训练3(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 接触面粗糙．现用一水平拉力F 作用在B 上，使其由静止开始运动，用f 1表示B 对A 的摩擦力，f 2表示A 对B 的摩擦力，下列说法正确的有( )A ．F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B ．F 做的功可能大于A 、B 系统动能的增加量C ．f 1对A 做的功等于A 动能的增加量D ．f 2对B 做的功等于B 动能的增加量【解析】由于开始运动后，A 是否会相对于B 发生运动，从题中给出的条件不能判断．如果两者发生相对运动，对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功会大于AB 系统动能的增加量，A 错误，B 正确；由动能定理可知，f 1对A 做的功等于A 动能的增加量，C 正确；f 2对B 做负功和拉力做功的总功等于B 动能的增加量，D错误．【答案】BC【方法总结】在分析A、B组成的系统的动能变化时，既要考虑外力做功，也要考虑内力做功，由于内力是一对相互作用的摩擦力，若为静摩擦力，对系统不做功．若为滑动摩擦力，对系统恒做负功．所以外力做功要加上一个负功，才等于系统的动能增量，故外力做功大于等于系统的动能增量．变式训练4课间，小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板，然后将一长L＝15 cm的直尺靠在三角板上距水平桌面高h＝9 cm处的A点，下端放在水平桌面上的B点，让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放，最终物块停在水平桌面上的C点(图中未画出)，测得B、C间的距离x1＝13 cm.改变直尺一端在三角板上放着点的位置，物块仍从直尺顶端由静止释放，物块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x会发生变化．已知物块与水平桌面间的动摩擦因数μ1＝0.6，不计物块通过B点时的机械能损失，求：(1)物块与直尺间的动摩擦因数μ2；(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置，物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的最大距离x m.【解析】(1)由动能定理可知mgh＝μ2mg cos∠ABO×L＋μ1mgx1由几何关系可知cos∠ABO＝AB2－AO2L＝45解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2＝0.1(2)设直尺与水平方向的夹角为θ，由动能定理可知，mg sinθ×L＝μ2mg cosθ×L＋μ1mgx2木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x＝L cosθ＋x2代入数据可得x ＝25⎝⎛⎭⎫sin θ＋12cos θcm 可得最大距离x m ＝2552cm 【答案】(1)0.1 (2)2552cm 【p 123】A 组1.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A 点和A 点正上方的O 点抛出，O 点抛出小球做平抛运动，A 点斜抛出的小球能达到的最高点与O 点等高，且两球同时落到水平面上的B 点，关于两球的运动，下列说法正确的是( )A ．两小球应该是同时抛出B ．两小球着地速度大小相等C ．两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等D ．两小球做抛体运动过程重力做功相等【解析】斜抛运动在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的时间对称性，可知斜抛物体的运动时间是下降时间的两倍，而由于斜抛物体的最高点与另一小球的抛出点的高度一样，则可知做斜抛运动的小球运动时间是做平抛运动的小球运动时间的两倍，要使两小球同时落地，两小球不能同时抛出，故A错误；由前面的分析可知两小球落地时竖直方向的分速度大小相等，由于水平方向均做匀速直线运动，且两小球水平的分位移一样，根据x＝v t结合时间关系可知，做斜抛运动的小球在水平的分速度大小为做平抛运动的小球在水平方向的分速度的一半，根据v＝v20＋v2y可知两小球落地时速度大小不相等，故B错误；设小球落地时，速度与水平方向的夹角为α，根据瞬时功率公式可得小球落地时，重力的瞬时功率为P＝mg v cos(90°－α)＝mg v sin α＝mg v y，由前面的分析可知，两小球落地时重力的瞬时功率相等，故C正确；做斜抛运动的小球初、末两位置的高度差为0，则可知重力做功为0，而做平抛运动的小球的初、末两位置的高度差不为0，即重力做功不为0，故两小球运动过程中重力做功不相等，故D错误．【答案】C2.(多选)如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度v m.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则()A．小车的额定功率为f v mB ．小车的额定功率为f vC ．小车做匀加速直线运动时的牵引力为f ＋m v tD ．小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2 【解析】小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P ＝f v m ，故A 正确，B 错误；小车做匀加速直线运动加速度a ＝v t ，根据牛顿第二定律知F －f ＝ma ，联立解得F ＝f ＋m v t，故C 正确；根据动能定理知：W －f (s ＋12v t )＝12m v 2m－0，小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为W ＝12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2，故D 正确． 【答案】ACD3.如图所示，某足球运动员在罚点球时，球被踢出后水平垂直击中球门横梁的中点，已知足球的质量为450 g ，罚球点离球门线的距离为11 m ，球门高2.44 m ，忽略空气的作用，g 取10 m/s 2，则该运动员在罚点球时对足球做的功最接近( )A ．280 JB ．200 JC ．120 JD ．70 J【解析】将运动视为逆向的平抛运动，则h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得最高点速度v 0＝x g 2h≈15.75 m/s ，此时机械能E ＝mgh ＋12m v 20＝0.45×10×2.44 J ＋12×0.45×15.752 J ≈66.79 J ，根据功能关系知末状态机械能近似等于运动员做的功，故D 正确．【答案】D4.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F .从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，力F 做的功为( )A.m v 24B.m v 22C ．m v 2D ．2m v 2【解析】物体和木板之间的摩擦力f ＝μmg ，对于木板，要保持速度v 不变，有F ＝f ＝μmg .对于物体，根据牛顿第二定律：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg ，物体做匀加速直线运动，有t ＝v a ＝v μg ，此时木板的位移s ＝v t ＝v 2μg ，水平向右的作用力F 做功：W ＝Fs ＝μmg ·v 2μg ＝m v 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C5．如图所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg －mg ＝m v 2N R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg sin θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半部分的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′，由于W ′<mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C 对．【答案】C6．(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次比赛中，质量m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功D ．C 、D 两点之间的水平距离【解析】设运动员在空中飞行的时间为t ，根据平抛运动的规律，y ＝h ＝12gt 2，解得：t ＝2h g ，故A 正确；水平方向x ＝v t ，由几何关系可得，y x ＝tan θ，代入数据解得v ＝1tan θgh 2，从A 到B 由动能定理得：mgh AB ＝12m v 2，h AB ＝h 4tan 2θ，故B 正确；设到C 的速度为v C ，从B 到C 的过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2C －12m v 2，可求得到C 的速度v C ，从C 到D 的过程由动能定理得：－W 克f ＝0－12m v 2C，则克服阻力做功可求解，故C 正确；运动员在C 、D 两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D 错误．【答案】ABC7．如图所示，14圆弧轨道AB 被竖直固定，其下端点B 的切线水平．现将可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放，小球从B 点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C 点(未画出)，在C 点的速度方向与水平方向夹角为37°，已知B 端与墙壁的水平距离为l ＝0.3 m ，不计一切摩擦和阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．圆弧轨道的半径为0.02 mB ．小球在轨道最低点B 对轨道的压力大小为10 NC ．从A 到C 的整个过程中，重力的功率先减小后增加D ．在C 点的动能为3.125 J【解析】设在B 点是速度为v B ，在C 点的速度为v C ，小球从B 点抛出后做平抛运动，水平方向有：l ＝v B t ，即 0.3＝v B t ，竖直方向有：v Cy ＝gt ，根据速度夹角关系知：tan 37°＝v Cy v B ＝gt 0.3t＝gt 20.3＝34，解得：t ＝320s ，v B ＝2 m/s ，由A 到B ，由机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 2B ，R ＝v 2B 2g ＝2×220 m ＝0.2 m ，故A 错误；在B 点有N －mg ＝m v 2B R，所以小球对轨道的压力N ＝mg ＋m v 2B R ＝⎝⎛⎭⎫1×10＋1×2×20.2N ＝30 N ，故B 错误；在A 点，因为速度为零，所以重力的功率为零，在B 点，速度和重力垂直，故在B 点重力的功率为零，所以A 到B 重力的功率先增大后减小，B 到C ，重力的功率逐渐增大，故C 错误．在C 点根据速度关系v C ＝v B cos 37°＝20.8m/s ＝2.5 m/s ，动能E k ＝12m v 2C ＝12×1×2.5×2.5 J ＝3.125 J ，故D 正确． 【答案】DB 组8.(多选)质量为m 的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O 点的力F 作用，且F ＝ks ，k 为比例系数，s 为小球和O 点的距离．小球从a 点由静止出发恰好运动到d 点；小球在d 点以初速度v 0向a 点运动，恰好运动到b 点．已知Oc 垂直于杆且c 为垂足，b 点为ac 的中点，Oc ＝d ，cd ＝bc ＝l .不计小球的重力，下列说法正确的是( )A ．小球从a 运动到d 的过程中只有两个位置F 的功率为零B ．小球从a 运动到b 的过程与从b 运动到c 的过程克服摩擦力做功相等C ．v 0＝2μkdl mD ．小球在d 的速度至少要2v 0才能运动到a 点【解析】小球从a 运动到d 的过程中，在a 点、d 点速度为零，拉力的功率为零，在c 点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，有三处，A 错误；因为不计小球的重力，所以F 在垂直杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N ＝F sin θ(θ为力F 与杆之间的夹角)，故摩擦力F f ＝μN ＝μF sin θ，从a 到b 克服摩擦力做功为W f 1＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，同理从b 到c 克服摩擦力做功为W f 2＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，B 正确；根据动能定理可得μF sin θ·2l ＝2μk (s ·sin θ)·l ＝2μkdl ＝12m v 20，解得v 0＝2μkdl m ，C 正确；设在d 点的速度为v ，恰好能运动到a 点，根据动能定理可得12m v 2＝W F ＋3μkdl ，而W F ＝3μkdl ，联立v 0＝2μkdl m，解得v ＝3v 0，D 错误．【答案】BC9．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A 、B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v 0做匀速直线运动．某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A 保持原来的牵引力不变，玩具车B 保持原来的输出功率不变，当玩具车A 的速度为2v 0时，玩具车B 的速度为1.5v 0，则( )A ．在这段时间内两车的位移之比为6∶5B ．玩具车A 的功率变为原来的4倍C ．两车克服阻力做功的比值为12∶11D ．两车牵引力做功的比值为5∶1【解析】设挂钩断开瞬间的牵引力为F ，车受的摩擦力大小f ＝F 2，对玩具车A 分析有Fx 1－fx 1＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20；对玩具车B 分析有Pt －fx 2＝12m (1.5v 0)2－12m v 20＝58m v 20，已知P ＝F v 0，对玩具车A 分析由动量定理得：(F －f )t ＝2m v 0－m v 0，x 1＝v 0＋2v 02t ，解得：x 1∶x 2＝12∶11，故A 错；克服阻力做功W f ＝fx ，则W f 1W f 2＝x 1x 2＝1211，故C 正确；牵引力做功W A ＝Fx 1＝3m v 20，W B ＝Pt ＝2m v 20，得W A W B ＝32，故D 错；由P A ＝F ·2v 0＝2P ，故B 错． 【答案】C10．如图为某课外活动小组模拟高铁动车编组实验，假设动车组是由动车和拖车编组而成，只有动车提供动力．该模拟列动车组由10节车厢组成，其中第1节和第6节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P ，每节车厢的总质量均为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率沿水平方向做直线运动，经时间t 速度达到最大．重力加速度为g ，求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度大小和此时第7节车厢对第8节拉力大小；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【解析】(1)设动车组最大速度为v m ，则：2P ＝10kmg v m解得：v m ＝P 5kmg当v ＝v m 2时，2P ＝F v ，F ＝20kmg 由牛顿第二定律得：F －10kmg ＝10ma解得：a ＝kg ，以8、9、10三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：F ′－3kmg ＝3ma ，解得：F ′＝6kmg .(2)由动能定律得：2Pt －10kmgx ＝12×10m v 2m 解得：x ＝Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 3. 【答案】(1)kg 6kmg (2)Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 311．由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g ＝10 m/s 2.(1)画出0～4 m 内物体加速度a 随位移x 变化的图象；(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力F 减为零后物体还能滑行多远？【解析】(1)由牛顿运动定律得：F －f ＝ma得：a ＝F －f m当F ＝100 N ，x ＝0时，a ＝16 m/s 2当F ＝f ＝20 N 时，a ＝0，x ＝3.2 mF ＝0 N 时，x ＝4 m ，a ＝－4 m/s 2图象如图所示．(2)由题图可得推力F 随位移x 的变化关系式为：F ＝100－25x (N)又当物体速度最大时，物体加速度为0所以：此时F ′＝f ＝μmg解得：x ＝3.2 m 此时推力F ′＝20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：W F －μmgx ＝12m v 2m由F －x 图象的物理意义得：W F ＝S 面积＝12×(20＋100)×3.2 J ＝192 J 代入数据得：v m ＝1655 m/s 此时推力的功率：P ＝F ′v m ＝20×165 5 W ＝64 5 W (3)由题图可知推力为零时的位移x ＝4 m W 总＝12×100×4 J ＝200 J 由动能定理得：W 总－fx 总＝0－0解得x 总＝10 mx ′＝x 总－x ＝6 m故物体还能滑行6 m【答案】(1)见解析图 (2)64 5 W (3)6 m第2讲机械能守恒定律功能关系【p28】【p28】1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．2．功能关系(1)重力的功等于__重力势能增量__的负值W G＝－ΔE p；(2)电场力的功等于__电势能增量__的负值W电＝－ΔE p′；(3)弹簧弹力的功等于__弹性势能增量__的负值W弹＝－ΔE p″；(4)合外力的功等于__动能的变化__W合＝ΔE k；(5)一对滑动摩擦力做的总功等于__系统内能__的变化fx相对＝ΔE内＝Q；(6)除重力和弹簧弹力之外的力做功等于__物体机械能__的变化，W其他＝ΔE；(7)电流做的功等于其他能量的增量IUt＝ΔE′；(8)安培力做功等于电能与机械能的转化．【p28】。