一、第六章 圆周运动易错题培优（难）
1．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37θ?=，已知小球的质量为m ，细线AC 长L ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。装置BO 'O 能以任意角速度绕竖直轴O 'O 转动，且小球始终在BO 'O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g 取10m/s 2，sin370.6?=，cos370.8?=）
A ．两细线张力均增大
B ．细线AB 中张力先变小，后为零，再增大
C ．细线AC 中张力先不变，后增大
D ．当AB 中张力为零时，角速度可能为54g L
【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．当静止时，受力分析如图所示
由平衡条件得
T AB =mg tan37°=0.75mg T AC =
cos37
mg
＝1.25mg
若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图
mg tan θ1=m （l sinθ1）ωmin 2
得
ωmin 54g l
当ω最大时，由几何关系可知，绳AC 与竖直方向夹角θ2=53°
mg tan θ2＝mωmax 2l sin θ2
得
ωmax ＝
53g l
所以ω取值范围为
54g l ≤ω≤53g l
绳子AB 的拉力都是0。
由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为0，当转速在
54g l ≤ω≤53g
l
时，AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，故A 错误；B 正确；
C ．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg ；当转速大于
54g
l
后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于
53g
l
后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC 的拉力继续增大；故C 正确； D ．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l
时，绳子AB 的拉力都是0，故D 正确。 故选BCD 。
2．如图所示，一个边长满足3:4:5的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上，一木块静止在斜面上，斜面和木块之间的动摩擦系数μ=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40cm 处相对转盘不动，g =10m/s 2，则转盘转动角速度ω的可能值为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A ．1rad/s
B ．3rad/s
C ．4rad/s
D ．9rad/s
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
根据题意可知，斜面体的倾角满足
3
tan 0.54
θμ=
>= 即重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，所以角速度为零时，木块不能静止在斜面上；当转动的角速度较小时，木块所受的摩擦力沿斜面向上，当木块恰要向下滑动时
11cos sin N f mg θθ+= 2111sin cos N f m r θθω-=
又因为滑动摩擦力满足
11f N μ=
联立解得
1522
rad/s 11
ω=
当转动角速度变大，木块恰要向上滑动时
22cos sin N f mg θθ=+
2
222sin cos N f m r θθω+=
又因为滑动摩擦力满足
22f N μ=
联立解得
252rad/s ω=
综上所述，圆盘转动的角速度满足
522
rad/s 2rad/s 52rad/s 7rad/s ω≈≤≤≈ 故AD 错误，BC 正确。 故选BC 。
3．如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm ，大齿轮半径为20cm ，大齿轮中C 点离圆心O 2的距离为10cm ，A 、B 两点分别为两个齿轮边缘上的点，则A 、B 、C 三点的（ ）
A ．线速度之比是1：1：2
B ．角速度之比是1：2：2
C ．向心加速度之比是4：2：1
D ．转动周期之比是1：2：2 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．同缘传动时，边缘点的线速度相等
v A =v B ①
同轴转动时，各点的角速度相等
ωB =ωC ②
根据
v =ωr ③
由②③联立代入数据，可得
B C 2v v =④
由①④联立可得
v A ：v B ：v C =2：2：1
A 错误；
B ．由①③联立代入数据，可得
A B :2:1ωω=⑤
再由②⑤联立可得
A B C ::2:1:1ωωω=⑥
B 错误； D ．由于
2T π
ω
=
⑦
由⑥⑦联立可得
A B C ::1:2:2T T T =
D 正确； C ．根据
2a r ω= ⑧
由⑥⑧联立代入数据得
A B C ::4:2:1a a a =
C 正确。 故选C
D 。
4．如图所示，质量相等的A 、B 两个小球悬于同一悬点O ，且在O 点下方垂直距离h =1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L 1＝3m ，L 2＝2m ，则A 、B 两小球（ ）
A ．周期之比T 1：T 2＝2：3
B ．角速度之比ω1：ω2＝1：1
C ．线速度之比v 1：v 283
D ．向心加速度之比a 1：a 2＝8：3
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有
F cosθ-mg =0…①
在水平方向有
2
24sin sin F m L T
πθθ= …②
由①②得
cos 2L θ
T g
= 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h =L cosθ，相等，所以周期相等
T 1：T 2=1：1
角速度
2T
πω＝
则角速度之比
ω1：ω2=1：1
故A 错误，B 正确； C ．根据合力提供向心力得
2
tan tan v mg m
h θθ
= 解得
tan v gh =
根据几何关系可知
22
11tan 8L h h
θ-=
=
22
22tan 3L h
h
θ-=
=
故线速度之比
1283v v =：：
故C 正确；
D ．向心加速度a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为
1283a a =：：
故D 错误。 故选BC 。
5．荡秋千是大家喜爱的一项体育活动。某秋千的简化模型如图所示，长度均为L 的两根细绳下端拴一质量为m 的小球，上端拴在水平横杆上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为θ。保持两绳处于伸直状态，将小球拉高H 后由静止释放，已知重力加速度为g ，忽略空气阻力及摩擦，以下判断正确的是（ ）
A ．小球释放瞬间处于平衡状态
B ．小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为
2
cos 2cos L H
mg L θθ
- C ．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为2cos θ
mg
D ．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为2cos 2cos mgH mg
L θθ
+
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB .设每根绳的拉力大小为T ，小球释放瞬间，受力分析如图1，所受合力不为0 由于速度为0，则有
2cos cos 0T mg θα-=
如图2，由几何关系，有
cos cos cos L H
L θαθ
-=
联立得
2cos 2cos L H
T mg L θθ
-=
A 错误，
B 正确；
CD ．小球摆到最低点时，图1中的0α=，此时速度满足
2112
mgH mv =
由牛顿第二定律得
2
12cos v T mg m R
θ'-=
其中cos R L θ= 联立解得
22cos 2cos mgH mg
T L θθ
'=
+
C 错误，
D 正确。 故选BD 。
6．荡秋千是小朋友们喜爱的一种户外活动，大人在推动小孩后让小孩自由晃动。若将此模型简化为一用绳子悬挂的物体，并忽略空气阻力，已知O 点为最低点，a 、b 两点分别为最高点，则小孩在运动过程中（ ）
A ．从a 到O 的运动过程中重力的瞬时功率在先增大后减小
B ．从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力的合力就是向心力
C ．从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力做的总功等于小球在此过程中获得的动能
D ．从a 到O 的运动过程中，拉力向上有分量，位移向下有分量，所以绳子拉力做了负功 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由题可知，a 、b 两点分别为最高点，所以在a 、b 两点人是速度是0，所以此时重力的瞬时功率为0；在最低点O 时，速度方向与重力方向垂直，所以此时重力的瞬时功率为0，所以从a 到O 的运动过程中重力的瞬时功率在先增大后减小，故A 正确；
B ．从a 到O 的运动过程中，将重力分解为速度方向的分力和背离半径方向的分力，所以提供向心力的是重力背离半径方向的分力和绳子的拉力的合力共同提供的，故B 错误；
C ．根据动能定理可知，从a 到O 的运动过程中，重力与绳子拉力做的总功等于小球在此过程中获得的动能，故C 正确；
D ．从a 到O 的运动过程中，绳子的拉力与人运动的速度方向垂直，所以拉力不做功，故D 错误。 故选AC 。
7．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L 的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m 的光滑小球A 、B 用长为L 的轻杆及光滑铰链相连，小球A 穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B 以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k ，重力加速度为g ，则
A ．小球均静止时，弹簧的长度为L -
mg
k
B ．角速度ω=ω0时，小球A 对弹簧的压力为mg
C ．角速度ω02kg
kL mg
D ．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A 对弹簧的压力不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．若两球静止时，均受力平衡，对
B 球分析可知杆的弹力为零，
B N mg =；
设弹簧的压缩量为x ，再对A 球分析可得：
1mg kx =，
故弹簧的长度为：
11mg
L L x L k
=-=-
， 故A 项正确；
BC ．当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，即0B
N '=，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：
2
0cos tan mg m L ωθθ
=?? sin F mg θ?=杆
而对A 球依然处于平衡，有：
2sin k F mg F kx θ+==杆
而由几何关系：
1
sin L x L
θ-=
联立四式解得：
2k F mg =，
0ω=
则弹簧对A 球的弹力为2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力为2mg ，故B 错误，C 正确；
D ．当角速度从ω0继续增大，B 球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A 与B 的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
2k F mg mg mg =+=
则弹簧对A 球的弹力是2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力依然为2mg ，故D 正确； 故选ACD 。
8．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘间的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。
三个物体与中心轴O 处共线且0.2 m OA OB BC r ====。现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。若圆盘从静止开始转动，角速度ω极其缓慢地增大，重力加速度g 取210 m/s ，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 两个物体同时达到最大静摩擦力 B ．B 、
C 两个物体所受的静摩擦力先增大后不变 C ．当 5 rad/s ω>时整体会发生滑动
D 2 rad/s 5 rad/s ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间细线的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由
2F m r ω=
知，由于C 的半径最大，质量最大，故C 所需要的向心力增加得最快，最先达到最大静摩擦力，此时
21222C mg m r μω?=?
得
1 2.5 rad/s 2g
r
μω=
=
当C 所受的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC 间细线开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，AB 间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A 所受的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A 与B 的摩擦力也达到最大值，且B 、C 间细线的拉力大于AB 整体的摩擦力时整体将会出现相对滑动，此时A 与B 还受到细线的拉力，对C 有
2
2222T mg m r μω+?=?
对AB 整体有
2T mg μ=
得2g
r
μω，当
5 rad/s g
r
μω>
=
时，整体会发生滑动。故A 错误，BC 正确。
D 2.5 rad/s 5 rad/s ω<<时，在ω增大的过程中，BC 间细线的拉力逐渐增大。故
D错误。
故选BC。
9．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】
【详解】
两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A、C正确，B、D错误．故选AC．
10．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg．重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是()
A．圆环角速度ωg
R
时，小球受到2个力的作用
B ．圆环角速度ω等于
2g
R
时，细绳恰好伸直 C ．圆环角速度ω等于2
g
R
时，细绳将断裂 D ．圆环角速度ω大于6g
R
时，小球受到2个力的作用 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mg tan θ＝mR sin θ·ω2，即cos g
R ωθ
=，当绳恰好
伸直时，θ＝60°，对应12g
R
ω=
，A 、B 正确. 设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg ，此时有F N cos 60°＝mg ＋F T cos 60°，F N sin 60°＋F T sin 60°＝mω2R sin 60°，当F T 取最大值2mg 时代入可得26g R ω=
，即当6g R
ω>时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，C 错误，D 正确. 本题选错误的故选C. 【点睛】
本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题.
11．如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R ． 现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，当小球通过最高点时速率为v 0，则下列说法中错误的是
A ．若0v gR
B ．若0v gR >
，则小球对管内上壁有压力 C ．若00v gR <<
D ．不论v 0多大，小球对管内下壁都有压力
【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】
A ．到达管道的最高点,假设恰好与管壁无作用力.则有:小球仅受重力,由重力提供向心力,即：
20
v mg m R
=
得
0v gR =
所以A 选项是正确的，不符合题意． B ．当0v gR >
,则小球到达最高点时,有离心的趋势，与内上壁接触,从而受到内上壁向下
的压力，所以小球对管内上壁有压力，故B 选项是正确的，不符合题意． C ．当00v gR <<
,则小球到达最高点时, 有向心的趋势，与内下壁接触,从而受到内下壁
的压力.所以C 选项是正确的，不符合题意．
D ．小球对管内壁的作用力,要从速度大小角度去分析.，若0v gR >，则小球对管内上壁
有压力；若00v gR <<
，则小球对管内下壁有压力．故D 不正确，符合题意．
12．修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a 、b 点分别位于大小齿轮的边缘，c 点位于大齿轮的半径中点，当纸带匀速走动时（ ）
A ．a 、b 点的线速度大小相同
B ．a 、c 点的线速度大小相同
C ．b 、c 点的角速度相同
D ．大小齿轮的转动方向相同 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AD ．a 、b 点是同缘传动，边缘点的线速度大小相同，方向相反，即
a b v v =
A 正确，D 错误；
B ．a 、c 点是同轴传动，角速度相等，即
a c ωω=
根据v r ω=知线速度与半径成正比，半径不同，线速度不同，B 错误；
C ．a b v v =，根据v r ω=知角速度与半径成反比，有
12a b b a r r ωω==:::
所以
22b a c ωωω==
C 错误。 故选A 。
13．如图1所示，轻杆的一端固定一小球（视为质点）另一端套在光滑的水平轴O 上，O 轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v ；O 轴处有力传感器，可以测量小球通过最高点时O 轴受到杆的作用力F ，若竖直向下为力的正方向，小球在最低点时给不同的初速度，得到F –v 2图像如图2所示，取g=10 m/s 2，则（ ）
A ．小球恰好通过最高点时的速度大小为5m/s
B ．小球以2m/s 的速度通过最高点时，杆对球的拉力大小为0.6N
C ．O 轴到球心间的距离为0.5m
D ．小球的质量为3kg 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于是球杆模型，小球恰好通过最高点时的速度为零，A 错误；
D ．当小球通过最高点的速度为零时，杆对小球的支持力恰好等于小球的重量，由图2可知，小球的重量为3N ，即质量为0.3kg ，D 错误；
C ．当小球通过最高点时的速度的平方为5m 2/s 2时，恰好对杆没有作用力，此时重力提供向心力，根据
2
v mg m L
=
可知杆的长度为0.5m ， C 正确；
B ．当小球以2m/s 的速度通过最高点时，根据
2
+v mg T m L
=
可得
0.6N T =-
此时杆对球的支持力大小为0.6N ，B 错误。
故选C。
14．如图所示，A、B是两只相同的齿轮，A被固定不能转动。若B齿轮绕A齿轮运动半周，到达图中的C位置，则B齿轮上所标出的竖直向上的箭头所指的方向是（）
A．竖直向上B．竖直向下
C．水平向左D．水平向右
【答案】A
【解析】
【详解】
若B齿轮逆时针绕A齿轮转动，当B齿轮转动1
4
周时，B齿轮在A齿轮正上方，B齿轮上
所标出箭头所指的方向竖直向下；B齿轮继续转动1
4
周，B齿轮到达图中的C位置，B齿
轮上所标出箭头所指的方向竖直向上。
若B齿轮顺时针绕A齿轮转动，当B齿轮转动1
4
周时，B齿轮在A齿轮正下方，B齿轮上
所标出箭头所指的方向竖直向下；B齿轮继续转动1
4
周，B齿轮到达图中的C位置，B齿
轮上所标出箭头所指的方向竖直向上。
综上，BCD三项错误，A项正确。
15．如图所示，一根轻杆，在其B点系上一根细线,细线长为R,在细线下端连上一质量为 m 小球．以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来,其B点在水平面内做匀速圆周运动,轻杆的轨迹为一个母线长为L的圆锥，轻杆与中心轴AO间的夹角为α．同时小球在细线的约束下开始做圆周运动,轻杆旋转的角速度为ω,小球稳定后，细线与轻杆间的夹角β = 2α．重力加速度用g表示,则（）
A．细线对小球的拉カ为mg /sina
B．小球做圆周运动的周期为π/ω
C ．小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积为gtan2a
D ．小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为(L+R)sina 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
细线的拉力满足cos F mg α=，得cos mg
F α
=
，选项A 错误；小球达到稳定状态后做匀速圆周运动，其周期与轻杆旋转的周期相同，周期2T πω
=
的
，选项B 错误；小球做圆周运
动，根据题意有tan(2)mg mv ααω-=得，小球的线速度与角速度的乘积是
tan v g ωα=，选项C 错误；小球做圆周运动的线速度与角速度的比值即是半径，根据题
意得()sin r L R α=+，选项D 正确． 综上所述本题答案是：D
备战高考物理 比例法解决物理试题 培优练习(含答案) 一、比例法解决物理试题 1．如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四点，已知经过ab 、bc 和cd 三段所用时间之比为3：2：1，通过ab 和cd 位移分别为x 1和x 2，则bc 位移为：（ ） A ．12 2 x x + B ． 12 54 x x + C ． 12 2129 x x + D ．条件不足,无法求解 【答案】B 【解析】 【详解】 设质点经过ab 、bc 和cd 三段所用时间分别为3t 、2t 和t ，设各段时间t 内的位移分别为： s 1、s 2、s 3、s 4、s 5和s 6， 由题可得： x 1=s 1+s 2+s 3；x 2=s 6…① 设bc 段的位移为x ，则： x =s 4+s 5…② 根据公式：△x =aT 2，则： （x +x 2）-x 1=()()2 4561239s s s s s s at ++-++=…③ 同时，由于： s 2-s 1=s 3-s 2， 所以得： s 1+s 3=2s 2…④ 结合①④可得： x 1=s 1+s 2+s 3=3s 2…⑤ 而： 2624s s at -=， 即： 21 243x x at - =…⑥ 联立③⑥可得： x = 12 54 x x + A. 12 2 x x +，与结论不相符，选项A 错误；
B. 12 54x x +，与结论相符，选项B 正确； C. 12 2129 x x +，与结论不相符，选项C 错误； D. 条件不足，无法求解，与结论不相符，选项D 错误。 2．如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( ) A ．34 m B ．43 m C ．825 m D ． 258 m 【答案】D 【解析】 【详解】 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律， l ＝12at 2 l ＋l 1＝1 2 a (t ＋T )2 l ＋l 1＋l 2＝ 1 2a (t ＋2T )2 l 2－l 1＝aT 2 联立解得 l ＝ 25 8 m ． A. 3 4m ，选项A 不符合题意； B. 4 3 m ，选项B 不符合题意； C. 8 25 m ，选项C 不符合题意； D. 25 8 m ，选项D 符合题意； 3．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。上升第
一、第一章运动的描述易错题培优（难） 1．甲、乙两辆赛车从同一地点沿同一平直公路行驶。它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是( ) A．60 s时,甲车在乙车的前方 B．20 s时,甲、乙两车相距最远 C．甲、乙加速时,甲车的加速度大于乙车的加速度 D．40 s时,甲、乙两车速度相等且相距900m 【答案】AD 【解析】 【详解】 A、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知60s时，甲的位移大于乙的位移，所以甲车在乙车前方，故A正确； B、40s之前甲的速度大于乙的速度，40s后甲的速度小于乙的速度，所以40s时，甲乙相距最远，在20s时，两车相距不是最远，故B错误； C、速度?时间图象斜率表示加速度，根据图象可知，甲加速时的加速度小于乙加速时的加速度，故C错误； D、根据图象可知，40s时，甲乙两车速度相等都为40m/s，甲的位移 ，乙的位移，所以甲乙相距，故D正确； 故选AD。 【点睛】 速度-时间图象切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系知道速度相等时相距最远，由位移求相距的距离。 2．物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度—时间图象如图所示，下列说法中正确的是
A．在1 s末，物体速度为9 m/s B．0～2 s内，物体加速度为6 m/s2 C．6～7 s内，物体做速度方向向西的加速运动 D．10～12 s内，物体做速度方向向东的加速运动 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．由所给图象知，物体1 s末的速度为9 m/s，选项A正确；B．0～2 s内，物体的加速度 a＝ 126 2 v t ?- = ? m/s2＝3m/s2 选项B错误； C．6～7 s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向西做加速直线运动，选项C正确；D．10～12 s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向西做减速直线运动，选项D 错误． 3．一个物体做直线运动的位移—时间图象（即x t-图象）如图所示，下列说法正确的是 A．物体在1s末运动方向改变 B．物体做匀速运动 C．物体运动的速度大小为5m/s D．2s末物体回到出发点 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB．位移时间图象的斜率表示速度，根据图象可知物体一直向负方向匀速运动，故A错误、B正确； C．物体运动的速度大小为5m/s，故C正确；
一、第五章抛体运动易错题培优（难） 1．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径AB水平，一质量为m的小球（可视为 质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2gR，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（） A．gR B．2gR C．3gR D．2gR 【答案】C 【解析】 小球欲回到抛出点，与弧面的碰撞必须是垂直弧面的碰撞，即速度方向沿弧AB的半径方向．设碰撞点和O的连线与水平夹角α，抛出点和碰撞点连线与水平夹角为β，如图，则由2 1 sin 2 y gt Rα ==，得 2sin R t g α =，竖直方向的分速度为 2sin y v gt gRα ==，水平方向的分速度为 22 (2)(2sin)42sin v gR gR gR gR αα =-=-，又 00 tan y v gt v v α==，而2 00 1 2 tan 2 gt gt v t v β==，所以tan2tan αβ =，物体沿水平方向的位移为2cos x Rα =，又0 x v t =，联立以上的方程可得 3 v gR =，C正确． 2．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（）
A 6m/s 22m/s v << B ．22m/s 3.5m/s v <≤ C 2m/s 6m/s v << D 6m/s 23m/s v << 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 若小球打在第四级台阶的边缘上高度4h d =，根据2 112 h gt = ，得 1880.4s 0.32s 10 d t g ?= == 水平位移14x d = 则平抛的最大速度 1112m/s 0.32 x v t = == 若小球打在第三级台阶的边缘上，高度3h d =，根据2 212 h gt = ，得 260.24s d t g = = 水平位移23x d =，则平抛运动的最小速度 2226m/s 0.24 x v t = == 所以速度范围 6m/s 22m/s v << 故A 正确。 故选A 。 【点睛】 对于平抛运动的临界问题，可以通过画它们的运动草图确定其临界状态及对应的临界条件。 3．一个半径为R 的空心球固定在水平地面上，球上有两个与球心O 在同一水平面上的小孔A 、B ，且60AOB ∠=?2 gR
三、函数思想方法的应用 【要点】 1．函数的思想，是指运用运动变化的观点，分析和研究数量关系，通过建立或构造函数关系式，运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法． 2．方程的思想，是指根据数学问题中变量间的特殊关系，有意识地构造方程或方程组，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法． 3．函数和方程是密切相关的，可以互相转化。比如研究函数y=f(x)与y=g(x)的图象的交点问题，就是研究方程f(x)=g(x)的实数解的问题；解方程f(x)=0，就是求函数y=f(x)的零点． 4．函数应用题的解题步骤简述如下： （1）审题：阅读理解文字表达的题意,分清条件和结论； （2）建模：将文字语言转化为数学语言,利用数学知识,建立相应的数学模型,； （3）求模：求解数学模型，得到数学结论； （4）作答：对结果进行验证或评估，作出解释或回答。 解应用题可归结为“过三关”：一是事理关，即读懂题意，需要一定的阅读理解能力；二是文理关，即把文字语言转化为数学的符号语言；三是数理关，即构建相应的数学模型，构建之后还需要扎实的基础知识和较强的数理能力。 【例题】 1．方程x 2=2x 的解的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 2．已知 155=-a c b ，（a 、b 、c ∈R ），则有（ ） A ．ac b 42> B ．ac b 42≥ C ．ac b 42< D ．ac b 42≤ 3．已知关于x 的方程 2x －(2 m －8)x +2m －16 = 0的两个实根 1x 、2x 满足 1x ＜2 3＜2x ，则实数m 的取值范围_______________． 4．关于x 的方程|x 2－4x +3|－a =0有三个不相等的实数根，则实数a 的值是______． 5．若不等式x 4x 2--≥ 3 4x+11-a 的解集为{x|-4≤x≤-2}，求实数a 的值．
动量和能量综合试题例析 导言 处理力学问题的基本思路有三种:一是牛顿定律,二是动量关系,三是能量关系.若考查有关物理量的瞬时对应关系,须应用牛顿定律,若考查一个过程,三种方法都有可能,但方法不同处理问题的难易、繁简程度可能有很大区别.若研究对象为一个系统应优先考虑两大守恒定律, 若研究对象为单一物体,可优先考虑两个定理,特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理, 特别涉及力和位移问题时应优先考虑动能定理,而涉及摩擦生热是要联系能量守恒定律,有时对问题的过程不予细究,这正是它们的方便之处. 物理学家在研究打击和碰撞这类问题时引入了动量的概念。研究与动量有关的规律确立了动量守恒定律，应用有关动量的知识，系统在相互作用过程中，同时也会伴随着不同形式的能量的相互转化。动量守恒和能量相结合的综合计算题，要求较高，值得注意。如果一个系统所受外力的矢量和为零，则该系统为动量守恒系统。而系统内部的物体由于彼此间的相互作用，动量会有显著的变化，这里涉及到一个内力做功和系统内物体动能变化的问题，即动量守恒系统的功能问题。我们常把动量守恒系统中物体间的相互作用过程仍视为“碰撞”问题来处理，亦即广义的碰撞问题。如弹性碰撞可以涉及到动能和弹性势能的相互转化；非弹性碰撞可以涉及到动能和内能的相互转化，等等。那么，通过动量守恒和能量关系，就可以顺利达到解题目的。这一节课我们就来学习这方面的知识。 例1、如图，两滑块Ａ、Ｂ的质量分别为m1和m2， 置于光滑的水平面上，Ａ、Ｂ间用一劲度系数 为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为 原长。一质量为ｍ的子弹以速度Ｖ0沿弹簧长度方向射入滑块Ａ并留在其中。试求：（１）弹簧的最大压缩长度；(已知弹性势能公式E P=(1/2)KX2，其中K为劲度系数、X为弹簧的形变量) ；（２）滑块Ｂ相对于地面的最大速度和最小速度。【解】（１）由于子弹射入滑块Ａ的过程极短，可以认为弹簧的长度尚未发生变 化，滑块Ａ不受弹力作用。取子弹和滑块Ａ为系统，因子弹射入的过程为完全非弹性碰撞，子弹射入Ａ前后物体系统动量守恒，设子弹射入后Ａ的速度为Ｖ ， １有： ｍＶ0＝（ｍ＋ｍ１）Ｖ1（1） 得：(1) 取子弹、两滑块Ａ、Ｂ和弹簧为物体系统，在子弹进入Ａ后的运动过程中，系统动量守恒，注意这里有弹力做功，系统的部分动能将转化为弹性势能，设弹簧的最大压缩长度为ｘ，此时两滑块具有的相同速度为Ｖ，依前文中提到的解题策略有：
一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难） 1．A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ） A ．A 、 B 的质量之比为1︰3 B ．A 、B 所受弹簧弹力大小之比为3︰2 C ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为1︰2 D ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为1︰2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A ．对A B 两个物体进行受力分析，如图所示，设弹簧弹力为F 。 对物体A A tan 60m g F = 对物体B B tan 45m g F = 解得 A B 3 m m 故A 错误； B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误； C ．快速撤去弹簧的瞬间，两个物体都将以悬点为圆心做圆周运动，合力为切线方向。 对物体A A A A sin 30m g m a = 对物体B
sin 45B B B m g m a = 联立解得 A B 2 a a = 故C 正确； D ．对物体A ，细线拉力 A cos60F T = 对物体B ，细线拉力 cos 45 B F T = 解得 A B 2T T = 故D 错误。 故选C 。 【点睛】 快速撤去弹簧瞬间，细线的拉力发生突变，故分析时应注意不能认为合外力的大小等于原弹簧的弹力。 2．如图所示，斜面体A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 在外力F （方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止。若撤去力F ，下列说法正确的是（ ） A ．A 所受地面的摩擦力方向向左 B ．A 所受地面的摩擦力可能为零 C ．A 所受地面的摩擦力方向可能向右 D ．物体B 仍将沿斜面向下做匀速运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 根据题意可知B 物块在外力F 的作用下沿斜面向下做匀速直线运动，撤去外力F 后，B 物块沿斜面向下做加速运动，加速度沿斜面向下，所以A 、B 组成的系统在水平方向上有向左的分加速度，根据系统牛顿第二定律可知，地面对A 的摩擦力水平向左，才能提供系统在水平方向上的分加速度。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷 一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难） 1．如图所示，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为 2 L ，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？ (2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？ 【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；273kQ ；(3)22kQ mL 220kQ v mL +【解析】 【分析】 (1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。 (2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。 【详解】 (1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析， AO 间的库仑力为2 2Q F K L =； 根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQ E Q L θ== 方向由A 指向C (2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力， 库仑力为2 2 '(sin60)Q F K L =； 水平向右的电场力F EQ "=
高三物理尖子生培优资料（1）（2017.8.23） 命题：阮文超 共点力的平衡 摩 擦 角 ?： 例1：如图所示，用绳通过定滑轮 物块，使物块在水平面上从图示位置开始沿地面 匀速直线运动，若物块与地面的摩擦因素1μ<，滑轮的质量及摩擦不计，则物块运动过程中，以下判断正确的是（ ）【多选】 A.绳子的拉力将保持不变 B.绳子的拉力将不断增大 C.地面对物块的摩擦力不断减小 D.物块对地面的压力不断减小 例2：如图所示，倾角45o的斜面上，放置一质量m 的小物块，小物块与斜面的动摩擦因素3μ=，欲使小物块能静止在斜面上，应对小物块再施加一力，该力最小时大小与方向是（ ） A.0sin15mg ，与水平成15o斜向右 B.0sin30mg ，竖直向上 C.0sin 75mg ，沿斜面向上 D.0tan15mg ，水平向右 例3：水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为(01)μμ<<。现对木箱施加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动。设F 的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从0逐渐增 大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）【多选】 A. F 先减小后增大 B. F 一直增大 C. F 的功率减小 D. F 的功率不变 练习 1.在固定的斜面上放一物体，并对它施加一竖直向下的压力，物体与斜面间的摩擦因数为μ。求斜面倾角θ的最大值，使得当θ≤θm 时，无论竖直向下的压力有多大，物体也不会滑下。 2.倾角为θ的三角形木块静止于水平地面上，其斜面上有一滑块正向下匀速直线运动，现对其分别施加如图所示的F 1 、F 2 、F 3三个力作用，滑块仍然下滑，则地面对三角形木块的支持力和摩擦力会怎么变化？
U x 第1讲 运动的描述 质点、参考系 (考纲要求 Ⅰ) 1.质点 (1)定义：忽略物体的大小和形状，把物体简化为一个有质量的物质点，叫质点． (2)把物体看做质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略． 2．参考系 (1)定义：要描述一个物体的运动，首先要选定某个其它的物体做参考，这个被选作参考的物体叫参考系． (2)选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)质点是一种理想化模型，实际并不存在． ( ) (2)只要是体积很小的物体，就能被看作质点． ( ) (3)参考系必须要选择静止不动的物体． ( ) (4)比较两物体的运动情况时，必须选取同一参考系． ( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ 位移、速度 (考纲要求 Ⅱ) 1.位移和路程 (1)位移：描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量． (2)路程：是物体运动轨迹的长度，是标量． 2．速度 (1)平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v ＝x t ，是矢量． (2)瞬时速度：运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，是矢量． 3．速率和平均速率 (1)速率：瞬时速度的大小，是标量． (2)平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)一个物体做单向直线运动，其位移的大小一定等于路程．( ) (2)一个物体在直线运动过程中路程不会大于位移的大小． ( ) (3)平均速度的方向与位移的方向相同． ( ) (4)瞬时速度的方向就是该时刻(或该位置)物体运动的方向．( ) 答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
备战高考物理比例法解决物理试题(大题培优)及详细答案 一、比例法解决物理试题 1．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生 3 段位移，在这 3 段位移中所用的时间分别是 1 s ，2 s,3 s ，这 3 段位移的大小之比和这 3 段位移上的平均速度之比分别为（ ） A ．1∶8∶27；1∶2∶3 B ．1∶8∶27；1∶4∶9 C ．1∶2∶3；1∶1∶1 D ．1∶3∶5；1∶2∶3 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 根据212x at = 可得物体通过的第一段位移为：211122 a x a =?=； 又前3s 的位移减去前1s 的位移就等于第二段的位移，故物体通过的第二段位移为： 22211 (12)1422 x a a a = ?+-?=； 又前6s 的位移减去前3s 的位移就等于第三段的位移，故物体通过的第三段位移为： 22311 (123)(12)13.522x a a a = ?++-?+=； 故x 1：x 2：x 3=1：8：27 在第一段位移的平均速度111x v t =，在第二段位移的平均速度2 22x v t =， 在第三段位移的平均速度3 33 x v t =，故123::1:4:9v v v =；故选B ． 【点睛】 本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用． 2．物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，紧接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体（ ） A ．在B 点的速度大小为21 32x x T - B ．在A 点的速度大小为1 2x T C ．运动的加速度为1 2 2x T D ．运动的加速度为 21 2 x x T + 【答案】A 【解析】 【详解】
物理高一上册期末精选（培优篇）（Word版含解析） 一、第一章运动的描述易错题培优（难） 1．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x一t）图线，由图可知 A．在时刻t1，a车追上b车 B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 由x—t图象可知，在0-t1时间内，b追a，t1时刻相遇，所以A错误；在时刻t2，b的斜率为负，则b的速度与x方向相反，所以B正确；b图象在最高点的斜率为零，所以速度为零，故b的速度先减小为零，再反向增大，所以C正确，D错误． 2．在下图所示的四个图象中，表示物体做匀速直线运动的图象是（） A．B． C．D． 【答案】AD
【解析】 【分析】 x -t 图像中，倾斜的直线表示匀速直线运动；v -t 图象中，匀速直线运动的图像是一条与x 轴平行的直线；倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度．分别分析物体的运动情况，即可作出选择． 【详解】 A. 此图表示物体的位移随时间均匀增加，物体处于匀速直线运动状态，故A 正确； B. 此图表示物体的位移不随时间变化，物体处于静止状态，故B 错误； C. 此图表示物体的速度均匀增加，说明物体做匀加速直线运动，故C 错误； D. 此图表示物体的速度不变，说明物体做匀速直线运动，故D 正确． 故选AD 。 3．一个以初速度v 0沿直线运动的物体，t 秒末的速度为v t ，如图所示，则下列说法正确的是( ) A ．0～t 秒内的平均加速度0 t v v a t -= B ．t 秒之前，物体的瞬时加速度越来越小 C ．t ＝0时的瞬时加速度为零 D ．平均加速度和瞬时加速度的方向相同 【答案】ABD 【解析】 根据加速度的定义式可知0～t 秒内的平均加速度a= t v v t -，故A 正确；由图可知，物体做加速度减小的加速运动，故B 正确；t=0时斜率不为零，故瞬时加速度不为零，故C 错误； 物体做加速度逐渐减小的变加速运动，故平均加速度和瞬时加速度的方向相同，故D 正确；故选ABD. 点睛：v-t 图象中图象的斜率表示物体的加速度，则根据斜率可求得加速度的变化；由图象的面积可得出物体通过的位移． 4．历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称为“另类匀变速直线运动”）,“另类加速度”的定义式为0 s v v A s -= ,其中0v 和s v 分别表示某段位移s 内的初速度和末速度>0A 表示物体做加速运动,0A <表示体做减速运动,
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷试卷（word 版含答案） 一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难） 1．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求： （1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。 （2）小球P 经过D 点时的加速度。 （3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。 【答案】（1）222mv mgd q -（2）g 2kQq （32v 【解析】 【详解】 （1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得： 2 102 CD mgd q mv ?+= - ① 0CD C D C ????=-=- ② 222C mv mgd q ?-= ③ （2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得： 122 (2)F F k d == ④ 由牛顿第二定律得： 12cos 45cos 45mg F F ma +?+?= ⑤ 解得： a =g 2kQq ⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得： 22 1122 DE B mgd q mv mv ?+= - ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知： DE CD ??= ⑧ 联立①⑦⑧解得： 2B v v ⑨ 2．A 、B 是两个电荷量都是Q 的点电荷，相距l ，AB 连线中点为O 。现将另一个电荷量为q 的点电荷放置在AB 连线的中垂线上，距O 为x 的C 处（图甲）。 （1）若此时q 所受的静电力为F 1，试求F 1的大小。 （2）若A 的电荷量变为﹣Q ，其他条件都不变（图乙），此时q 所受的静电力大小为F 2，求F 2的大小。 （3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？
一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难） 1． 如图所示,水平面上 O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙。有 8 个质量均为 m 的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为 L ,滑块 1 恰好位 于 O 点左侧,滑块 2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力 F 作用于滑块 1上。经观察发现,在第 3 个小滑块完全进入粗糙地带后到第 4 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为 g ,则下列判断中正确的是( )。 A ．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 F mg B ．滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等 C ．第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑块的加速度大小为 12F m D ．第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为4 F 【答案】D 【解析】 【详解】 A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有 30F mg μ-=， 解得 3F mg μ= ， 故A 项错误； B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B 项错误； C.对8个滑块，有 28F mg ma μ-=， 代入3F mg μ= ，解得 24F a m = ， 故C 项错误； D.对8个滑块，有 8F mg ma μ'-=， 解得
4 再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有 34 F F ma ''== ， 故D 项正确; 2．如图甲所示，在光滑的水平面上有质量为M 且足够长的长木板，木板上面叠放一个质量为m 的小物块。现对长木板施加水平向右的拉力F ＝3t （N ）时，两个物体运动的a -－t 图象如图乙所示，若取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是（ ） A ．图线Ⅰ是小物块运动的a －-t 图象 B ．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3 C ．长木板的质量M ＝1 kg D ．小物块的质量m ＝2 kg 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A ．根据乙图可知，在3s 以后，m 与M 开始发生相对运动，m 的加速度不变，其大小为23m/s ，所以Ⅰ是长木板的—a t 图象，故A 错误； B ．设小物块与长木板间的动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律可知 23m/s m a g μ== 解得 0.3μ= 故B 正确； CD ．当3s t >时，以M 为研究对象，根据牛顿第二定律可知 F mg Ma μ-= 即 kt mg Ma μ-= 解得 3mg a t M M μ= - 由此可得
空间几何体的表面积和体积 培优班专题资料 考点一 几何体的表面积 (1)一个正方体的棱长为m ，表面积为n ，一个球的半径为p ，表面积为q .若m p ＝2，则n q ＝( ) A.8π B.6π C.π6 D. π8 解析 由题意可以得到n ＝6m 2 ，q ＝4πp 2 ，所以n q ＝6m 24πp 2＝ 32π×4＝6 π ，故选B. 答案 B (2)某一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A ．54 B ．58 C ．60 D ．63 解析 由三视图可知，该几何体是一个棱长为3的正方体截去一个长、宽、高分别为1，1，3的长方体，所以该几何体的表面积S 表＝6×32 ＋2×1×3＝60. 答案 C (3)(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A ．3π B ．4π C ．2π＋4 D ．3π＋4 解析 由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为： S ＝2×1 2π×12＋12 ×2π×1×2＋2×2 ＝π＋2π＋4＝3π＋4. 答案 D (4)(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )
A ．1＋ 3 B ．2＋ 3 C ．1＋2 2 D ．2 2 解析 由空间几何体的三视图可得 该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2 ＝2＋3，故 选B. 答案 B (5)(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π 解析 如图，要使三棱锥O －ABC 即C －OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C －OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O －ABC 最大＝V C －OAB 最大＝13×12S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2 ＝4π× 62 ＝144π，选C. 答案 C (6)(2014·重庆，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A ．54 B ．60 C ．66 D ．72 解析 该几何体的直观图如图所示，易知该几何体的表面是由两个直角三角形，两个直角梯形和一个矩形组成的，则其表面积S ＝12×3×4＋12×3×5＋2＋52×5＋2＋5 2×4＋3×5＝60.选B.答案 B (7)(2014·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
一、第三章 相互作用——力易错题培优（难） 1．水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。如果图中此时BC 边恰好处于水平状态，将其以C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC 边水平，则在转动过程中（ ） A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，A B 处于水平状态 B ．球对A C 边的压力一直增大 C ．球对BC 边的压力一直减小 D ．BC 边所受压力不可能大于球的重力 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 对正三角形内部的小球受力分析，如图所示 由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α + θ = 120°，所以角β也保持不变，β = 60°，由平衡条件和正弦定理得 () sin sin sin 120AC BC N N G βθθ==?- 所以球对AC 边的压力 23 sin sin sin sin sin 60AC AC G G N N θθθβ'====? 球对BC 边的压力
()()()23 sin 120sin 120sin 120sin sin 603 BC BC G G N N G θθθβ'==?-=?-=?-? A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，即AC BC N N ''=，则θ = 60°，此时AB 处于水平状态，故A 正确； BC ．角度θ从0°到120°增大过程中，sin θ和()sin 120θ?-都是先增大后减小，所以球对AC 边的压力和球对BC 边的压力都是先增大后减小，BC 错误； D ．当0 < θ < 60°时，BC N G '>，即BC 边所受压力有可能大于球的重力，故D 错误。 故选A 。 2．如图所示，质量为M 的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m 的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态，则（ ） A ．地面对圆柱体的支持力大于（M ＋m ）g B ．地面对圆柱体的摩擦力为mg tan θ C ．墙壁对正方体的弹力为 tan mg θ D ．正方体对圆柱体的压力为cos mg θ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 CD ．以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示 墙壁对正方体的弹力 N 1= tan mg θ
高一培优班实施管理方案 一、指导思想 高一培优班的实施管理以科学发展观为指导，强化质量意识，尊重差别，因材施教，分层教学，促进我校生源的良性循环，提升我校的教学质量和办学品位，探索高中教学组织管理新思路，尝试建立社会、学校、家庭、教师、学生五位一体的教育教学新模式，培养学生自主自信与自我管理能力，通过“优质发展”、“特色发展”，实现我校内涵发展，提高我校教育教学发展水平和高考综合竞争力。 二、班级设置及学生组合 设置班级的人数30人左右，依据是本届中招考成绩，结合学生成长记录综合素质，从高分到低分录取组建，在确定学生名单之前充分征求并考虑学生及学生家长的意愿。 三、培养目标 培养和建设优秀的班集体，培养积极向上、团结合作的团队精神，促进学生全面而有个性的发展，实现“两个最大化”，即学生在校发展能力最大化和学生终身发展潜力的最大化，使之成为具有阳光心态、健全人格、优秀学业、广阔视野、综合素质的优秀高中毕业生；培优班学生是学校参加各学科竞赛的主力军，希望三年以后高考让尽可能多的学生上“211工程”及“985工程”重点院校。 四、办学特色 1.小班化教学。实行小班化实验教学，最大限度地为同一层次的学生提供优质教育资源，真正实现因材施教、分类指导，使学生得到更全面、更细腻的关注和关怀，得到更好的教育服务，更大限度地开拓学生的知识视野，促进学生个性特长的发展，从而进一步提升教育教学质量。
2.导师制管理。导师制就是导师指导下的以学生为中心的自主学习，导师制是新课程教育教学管理的主要模式之一，根据我校师生目前的状况，培优班师生要细化好质检和联考等每一个阶段的教育教学管理计划，设计好每位学生高中毕业的高考目标，师生共商高中发展规划，制订培优纠偏方案，学校和授课老师及班主任要给于高度的关注和指导。 3.强化学生自主自信、自我管理能力。培优班学生通过学校组织建立的诚信考场和星期六、星期天学生自主研修等形式培养学生的自主研修、自主学习、自主管理能力。 4.开拓学生视野，全面提高成绩。学校安排优秀教师定时或不定时给实验班学生进行学习模块、学习方法、知识专题等方面的讲座、观摩等，根据学校和学生的实际需要，对学生薄弱科目及时进行个别辅导或组织集体上课，加强优质试题的训练，最大限度地促进学生各学科全面平衡发展，提升高考竞争力。 五、师资配备 1.高一记组将遴选有高尚人格魅力、有强烈的进取心和创新精神、有脚踏实地的务实精神、班级管理能力和亲和力强的优秀老师担任本培优班的班主任。 2.培优班的科任教师从高一实验班教学老师中挑选优先安排，根据学校和老师、培优班学生的实际，优选出本年级中理念先进、业务精湛、作风扎实的教师组建培优班教师团队，在确定教师之前，充分考虑学生的实际和需求。 六、教育教学管理 1.通过导师制管理模式，使每一学生在学校都得到家人般的关怀，快乐的沟通，愉悦地生活和学习。
20XX年高中测试 高 中 试 题 试 卷 科目： 年级： 考点： 监考老师： 日期：
高一物理下册培优测试题 一、过去——牛顿第二定律题型之一（悬吊型）上一周同学们没有掌握的．．．．．．．．．．． 【例1】如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球。当滑块以g/2加速度向左运动时，线中拉力T 等于多少？ 【例2】（14分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角 45=θ，直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s 2 时，悬索与竖直方向的夹角 142=θ，如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质 量，试求水箱中水的质量M 。（取重力加速度g=10m/s 2 ，sin14°≈0.242；cos14°≈0.970） 【练习1】关于曲线运动，下列叙述正确的是（ ） A. 物体之所以做曲线运动，是由于物体受到垂直于速度方向的力（或者分力）的作用 B. 物体只有受到一个方向不断改变的力，才可能做曲线运动 C. 物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物体做曲线运动 D. 平抛运动是一种匀变速曲线运动 ★木板木块相对型（这是很能考查能力和耐力的题目） 【例3】如图所示，质量M = 8kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F ，F = 8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m = 2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ = 0.2，小车足够长．求从小物块放上小车开始，经过t = 1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取 g = 10m/s 2）．
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（培优篇）（Word 版 含解析） 一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难） 1．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =?。一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。已知小球的质量为22.010m kg -=?，所带电荷量52.010q C -=?，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求： （1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。 【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】 （1）对小球，在D 点，有： 2D v mg qE m R -= 得： 1m/s D v = 从D 点飞出后，做平抛运动，有： mg qE ma -= 得： 25.0m/s a = 2122 R at = 得： 0.4t s = 0.4m D x v t == （2）对小球，从A 点到D 点，有： 22011()2222 D mg q E L mg R qE R mv mv μ---?+?= - 解得：
0 2.5m/s v = 2．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求： （1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。 （2）小球P 经过D 点时的加速度。 （3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。 【答案】（1）222mv mgd q -（2）g +222kQq md （32v 【解析】 【详解】 （1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得： 2102 CD mgd q mv ?+=- ① 0CD C D C ????=-=- ② 222C mv mgd q ?-= ③ （2）小球P 经过D 点时受力如图：
高一物理上册期末精选（培优篇）（Word版含解析） 一、第一章运动的描述易错题培优（难） 1．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（） A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将还要增大 D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移将不再减少 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，物体将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值，故A错误，B正确。 CD．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故C正确，D错误。 故选BC。 2．在下图所示的四个图象中，表示物体做匀速直线运动的图象是（） A．B． C．D． 【答案】AD 【解析】
【分析】 x-t图像中，倾斜的直线表示匀速直线运动；v-t图象中，匀速直线运动的图像是一条与x 轴平行的直线；倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度．分别分析物体的运动情况，即可作出选择． 【详解】 A. 此图表示物体的位移随时间均匀增加，物体处于匀速直线运动状态，故A正确； B. 此图表示物体的位移不随时间变化，物体处于静止状态，故B错误； C. 此图表示物体的速度均匀增加，说明物体做匀加速直线运动，故C错误； D. 此图表示物体的速度不变，说明物体做匀速直线运动，故D正确． 故选AD。 3．一物体做加速度不变的直线运动,某时刻速度的大小为4 m/s, 1 s后速度的大小变为5 m/s,则在这1 s内该物体( ) A．速度变化的大小可能为3m/s B．速度变化的大小可能为9m/s C．加速度的大小可能为3m/s2D．加速度的大小可能为1m/s2 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 取v1的方向为正方向，则v1=4m/s，若v2 =5m/s，速度的变化为v2-v1=1m/s，即速度变化大小为1m/s，加速度为1m/s2，加速度大小为1 m/s2，若v2 =-5m/s，速度的变化为v2-v1 =- 9m/s，即速度变化大小就为9m/s了，加速度为-9m/s2，加速度大小为9m/s2．所以选BD． 4．如图所示为某质点做直线运动时的v-t图象图象关于图中虚线对称，则在0～t1时间内，关于质点的运动，下列说法正确的是 A．若质点能两次到达某一位置，则两次的速度都不可能为零 B．若质点能三次通过某一位置，则可能三次都是加速通过该位置 C．若质点能三次通过某一位置，则可能两次加速通过，一次减速通过 D．若质点能两次到达某一位置，则两次到达这一位置的速度大小一定相等 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 0t时间内能两次到达的位置有两个，分别对应质AD、分析质点运动过程可知，质点在1