2019年高考物理冲刺大二轮练习：专题一 力与运动 专题跟踪训练3(含解析)

专练6实验题(二)(时间：10分钟)22．(2018·辽宁五校联考)用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．如图1所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.实验步骤如下．步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________．A．小球1和小球2的质量m1、m2B．B点离地面的高度hC．A、B两点间的高度差ΔhD．小球1和小球2的半径r(2)当所测物理量满足表达式________________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示的圆弧为圆心在斜槽末端的14圆．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为M′、P′、N′.测得斜槽末端与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________________(用所测物理量的字母表示)．[解析](1)利用“碰撞实验器”验证动量守恒定律实验是根据平抛运动原理，将速度的测量转化为水平位移的测量，测量出OP、OM、ON外，还需要测量出两个小球的质量，选项A正确．(2)若碰撞前小球1的动量等于碰撞后小球1和小球2的动量之和，即m1v0＝m1v1＋m2v2，就能说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由于OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，所以当所测物理量满足表达式m1·OP ＝m1·OM＋m2·ON即可．(3)测得斜槽末端与M′的连线与竖直方向的夹角为α1，由平抛运动规律，x1＝v1t1，y1＝12gt21，设斜槽末端与M′的连线长度为L(即圆弧半径为L)，sinα1＝x1L，cosα1＝y1L，联立解得v1＝L sinα12L cosα1g；测得斜槽末端与P′的连线与竖直方向的夹角为α2，同理可得v0＝L sinα22L cosα2g；测得斜槽末端与N′的连线与竖直方向的夹角为α3，同理可得v2＝L sinα32L cosα3g；代入m1v0＝m1v1＋m2v2，化简得：m1sinα2cosα2＝m1sinα1cosα1＋m2sinα3cosα3[答案](1)A(2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(3)m1sinα2cosα2＝m1sinα1cosα1＋m2sinα3cosα323．(2018·湖南湘东五校联考)为了精确测量一电阻的阻值R x，现有以下器材：蓄电池E ，电流表A ，电压表V ，滑动变阻器R ，电阻箱R P ，开关S 1、S 2，导线若干．某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验的主要步骤：a ．闭合S 1，断开S 2，调节R 和R P ，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为I 1、U 1；b ．保持S 1闭合、R P 阻值不变，闭合S 2，记下电流表和电压表示数分别为I 2、U 2.(1)按如图甲所示的电路图将图乙所示的实物连成电路．(2)写出被测电阻的表达式R x ＝________(用两电表的示数表示)．(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻R x 的测量值________真实值(选填“大于”、“小于”或“等于”)．[解析] (2)由题意易知R P ＝U 1I 1，又R P 、R x 并联的阻值为R 并＝U 2I 2，又1R P ＋1R x＝1R 并，联立解得R x ＝U 1U 2U 1I 2－U 2I 1.(3)若考虑电流表和电压表不是理想电表，则在分析时应考虑电压表的内阻，则在(2)的分析中U 1I 1表示的就是R P 、R V 的并联电阻，结合后面的分析，可知此时R x 的测量值仍等于真实值．[答案] (1)如图所示(2)U1U2U1I2－U2I1(3)等于。

专题跟踪训练(三)一、选择题1．(2018·江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度大小相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A．时刻相同，地点相同B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同D．时刻不同，地点不同[解析]弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B正确．[答案] B2．(2018·广东六校第二次联考)如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，斜面足够长，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与动力小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车带动物体P以速率v沿斜面匀速运动，下列判断正确的是()A．小车的速率为vB．小车的速率为v cosθ1C．小车速率始终大于物体P的速率D ．小车做匀变速运动[解析] 将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度大小等于P 的速度大小，则有v ＝v 车cos θ2，可知小车的速率与θ2有关，不是匀变速运动，且始终大于物体P 的速率，故C 正确．[答案] C3．(2018·武汉调研)如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是()A ．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大B ．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比C ．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关D ．当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动[解析] 做平抛运动的物体落到斜面上时，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角(即斜面倾角)为θ，根据平抛运动规律有tan α＝gt v 0，tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，所以tan α＝2tan θ，由此可知，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角与初速度无关，即无论初速度多大，小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角都相等，选项A 错误；设小球落在斜面上时的速度大小为v ，根据平抛运动规律，y ＝12gt 2，x ＝v 0t ，tan θ＝y x ，v y ＝gt ，联立解得v y ＝2tan θ×v 0，小球落在斜面上时的速度大小v ＝v 2y ＋v 20＝4tan 2θ＋1×v 0，即小球落在斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，选项B 正确；初速度越大，小球运动到距离斜面最远处所用的时间越长，选项C 错误；若把平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向的两个分运动，则小球在沿斜面方向的分运动为匀加速直线运动，当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，选项D 错误．[答案] B4．(2018·武昌调研)如图所示，从高H 处的A 点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN 落在水平地面上的B 点，球2则与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN ，也落在B 点．设球2每次与水平地面的碰撞都是弹性碰撞，空气阻力可忽略．则竖直挡板MN 的高度h 是( )A.59H B.47H C.35H D.45H [解析] 假设A 、B 两点的水平间距为x ，A 、N 两点间的水平距离为x 0，球1的初速度大小为v 0，则由空间关系及平抛运动规律可知，球2从抛出到第一次落地的水平位移为x 5，则球2的初速度大小为v 05.对球1由抛出到B 点的过程，由平抛运动规律可得H ＝12gt 2、x ＝v 0t ，对球1从抛出到M 点的过程有H －h ＝12gt ′2、x 0＝v 0t ′；对球2由M 点到最高点的过程根据逆向思维可知，45x －x 0＝v 05t ′，联立解得h ＝59H ，A 正确． [答案] A5．(2018·郑州第二次质量预测)(多选)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M 、N 与球心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在M 、N 两点，同时将两个小球以v 1、v 2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q ，已知∠MOQ ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法正确的是( )A ．甲、乙两同学抛出球的速率之比为1∶3B ．若仅增大v 1，则两球将在落入坑中之前相撞C ．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D ．若仅从M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中[解析] 两球刚好落在坑中同一点，说明两球在竖直方向的位移相同，由y＝12gt2可知，两球在空中飞行的时间相同．设半球形的半径为R，则甲同学抛出的球的水平位移为x甲＝R－R cos60°＝R2，乙同学抛出的球的水平位移为x乙＝R＋R cos60°＝3R2，由x＝v t可知，甲、乙两同学抛出球的速率之比为v1∶v2＝x甲∶x乙＝1∶3，选项A 正确；若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞，选项B正确；由x＝v t可知，只要落入坑中的同一点，则x甲＋x乙＝2R，两球抛出的速率之和v1＋v2＝x甲t＋x乙t＝x甲＋x乙t与小球在空中飞行时间有关，即与小球落入坑中的同一点的位置有关，选项C错误；根据平抛运动规律的推论，小球落入坑中时速度方向的反向延长线与水平直径的交点在水平位移的12处，即若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，选项D错误．[答案]AB6.(2018·惠州调研)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，a 球置于C正下方的地面上时，轻绳Cb恰好处于水平拉直状态，现将b球由静止释放，当b球摆至最低点时，a球对地面的压力刚好为零．现把细杆D水平移动少许，让b球仍从原位置由静止释放摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()A ．若细杆D 水平向左移动少许，则b 球摆至最低点时，a 球会离开地面B ．若细杆D 水平向右移动少许，则b 球摆至最低点时，a 球会离开地面C ．无论细杆D 水平向左或者向右移动少许，当b 球摆至最低点时，a 球都不会离开地面D ．无论细杆D 水平向左或者向右移动少许，当b 球摆至最低点时，a 球都会离开地面[解析] 设b 球到悬点的距离为l ，小球b 的质量为m b ，由于b球摆动过程中机械能守恒，则有m b gl ＝12m b v 2，当b 球摆到最低点时，由牛顿第二定律得F －m b g ＝m b v 2l ，联立得F ＝3m b g ，可知F 与 b 球到悬点的距离l 无关，故不论细杆D 水平向左或向右移动时，小球b 摆到最低点时细绳的拉力不变，则a 球不会离开地面，C 正确．[答案] C7．(2018·石家庄质检一)(多选)如图所示，两个质量均为m 的小球A 、B 套在半径为R 的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA 与竖直方向的夹角θ＝53°，OA 与OB 垂直，小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转角速度的大小为 5g 4RB ．圆环旋转角速度的大小为 5g 3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mg D ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg [解析] 对小球B 受力分析，B 在圆环支持力和重力的作用下做匀速圆周运动，设圆环的角速度为ω，由牛顿第二定律可得mg tan37°＝mω2R sin37°，解得ω＝5g 4R，选项A 正确，B 错误；对A 球，设圆环对小球的支持力大小为F ，圆环对小球的摩擦力大小为f ，方向为沿圆环向下，由牛顿第二定律知，在竖直方向有F cos53°－mg －f cos37°＝0，在水平方向有f cos53°＋F sin53°＝mω2R sin53°，联立解得f ＝－mg 5，即小球A 与圆环之间的摩擦力大小为mg 5，方向为沿圆环向上，选项D 正确，C 错误．[答案] AD8.(多选)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不相同[解析] 依据平抛运动规律有h ＝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] ABC9．(2018·江西南昌模拟)(多选)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，小球速度最小时重力提供向心力有：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] CD10．(2018·黑龙江大庆模拟)(多选)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B 点平滑相接，两个半圆的圆心O 1、O 2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R ，光滑的大半圆的半径为2R ；一质量为m 的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g ，则( )A ．滑块在A 点的初速度为6gRB ．滑块在A 点对半圆轨道的压力为6mgC ．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgRD ．增大滑块在A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变[解析] 由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mg ＝m v 22R，解得：v ＝2gR ，以AB 面为参考面，根据机械能守恒定律可得：12m v 2A ＝2mgR ＋12m (2gR )2，求得v A ＝6gR ，故A 正确；滑块在A 点受到圆轨道的支持力为：F ＝m v 2A 2R＝3mg ，由牛顿第三定律可知B 错误；设滑块在O 1点的速度为v 1，则：v 1＝2g ×2R＝2gR ，在小的半圆中运动过程中，根据动能定理得W f ＝12m v 2A －12m v 21＝mgR ，故C 正确；增大滑块在A 点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故D 错误．[答案] AC二、非选择题11．(2018·江西南昌模拟)嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A 、B 分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B 点距水平地面的高度为h ，某人在水平地面C 点处以某一初速度抛出一个质量为m 的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B ，并恰好能过最高点A 后水平抛出，又恰好回到C 点抛球人手中．若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g ，求：(1)小球刚进入半圆形轨道最低点B 时轨道对小球的支持力；(2)半圆形轨道的半径．[解析] (1)设半圆形轨道的半径为R ，小球经过A 点时的速度为v A ，小球经过B 点时的速度为v B ，小球经过B 点时轨道对小球的支持力为F N .在A 点：mg ＝m v 2A R .解得：v A ＝gR ，从B 点到A 点的过程中，根据动能定理有：－mg ·2R ＝12m v 2A －12m v 2B ， 解得：v B ＝5gR .在B 点：F N －mg ＝m v 2B R ，解得：F N ＝6mg ，方向竖直向上．(2)C 到B 的逆过程为平抛运动，有：h ＝12gt 2BC ， A 到C 的过程，有：h ＋2R ＝12gt 2AC ， 又v B t BC ＝v A t AC ，解得：R ＝2h .[答案] (1)6mg ，方向竖直向上 (2)2h12．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 (x 2＋x 1)＝0由题意知，质量为m 的物块到达A 点时速率为v 0，则根据动能定理有W －μmg (x 2＋x 1)＝12m v 20－0 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 ＝v 0t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。

专题能力训练2 力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a和小车的加速1度a2,可能正确的是()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

本套资源目录2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练一力与物体的平衡2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练三力与曲线运动2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练二力与直线运动2019高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练四万有引力定律与航天专题强化练(一)力与物体的平衡考点1 物体的受力分析1.(2016·海南卷)如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P 的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用F f1、F f2和F f3表示．则( )A．F f1＝0，F f2≠0，F f3≠0B．F f1≠0，F f2＝0，F f3＝0C．F f1≠0，F f2≠0，F f3＝0D．F f1≠0，F f2≠0，F f3≠0解析：对整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故F f3＝0；再将a和b 看成一个整体，a、b整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即F f2≠0；再对a受力分析可知，a相对于b有向下运动的趋势，a和b之间存在摩擦力作用，即F f1≠0.故选项C正确.答案：C2.(2018·天水二模)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为( )A．3个B．4个C．5个D．6个解析：先以A为研究对象，分析受力情况，其受重力、B的竖直向上的支持力，B对A 没有摩擦力，否则A不会匀速运动；再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，故选项B正确．答案：B3．(2018·西安高三测试)a、b两个质量相同的球用线连接，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，以下图示哪个是正确的( )解析：对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误．答案：B考点2 共点力平衡4．(多选)(2018·天津卷)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N，则()A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大解析：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的力F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力大小是相等的，力F的分解如图：则：F＝2F N1sinθ2，F N1＝F N2＝F2sinθ2，所以F一定时，θ越小，F N越大；θ一定时，F越大，F N越大，B、C正确．答案：BC5．(2018·襄阳四校联考)将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(b、c间无细线相连)，再用细绳悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( )A ．mgB ．2mg C.32mg D.32mg 解析：将三个小球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于小球c 上的力F 垂直于Oa 时，F 最小，由正交分解法知，水平方向F cos30°＝T sin 30°，竖直方向F sin 30°＋T cos 30°＝3mg ，解得F ＝32mg ，故C 正确．答案：C考点3 动态平衡6.(2018·本溪中学模拟)如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一滑块从曲面底端受水平力作用缓缓地沿曲面向上滑动一小段的过程中，曲面始终静止不动．则地面对物体的摩擦力F f 和地面对物体的支持力F N 的大小变化情况是( )A ．F f 增大，F N 减小B ．F f 变小，F N 不变C ．F f 增大，F N 不变D ．F f 不变，F N 不变解析：对滑块受力分析，滑块受重力、水平力与支持力，因处于平衡状态，依据力的合成法则及平衡条件，可知水平力在增大，再将物体与滑块作为整体受力分析，处于平衡状态，那么竖直方向与水平方向均处于平衡状态，因此地面对物体的支持力F N 大小不变，而地面对物体的摩擦力F f 随着水平力的增大而增大，故C 正确．答案：C7.(2016·全国卷Ⅱ)质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示．用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小解析：以O 点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O 点时，则绳OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F 逐渐变大，T 逐渐变大，选项A 正确．答案：A8.(多选)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，绳子所受的拉力为F T1，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，此时绳子所受的拉力为F T2，弹簧的弹力为F 2，则下列关于F T1与F T2、F 1与F 2之间的大小关系，正确的是( )A ．F T1＞F T2B ．F T1＝F T2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：小球B 受重力mg 、绳子拉力F T 和弹簧弹力F 三个力而平衡，平移F T 、F 构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB 相似，因此有mg OA＝F T L ＝F AB，其中OA 、L 保持不变，因此绳子的拉力F T 大小保持不变，A 错误，B 正确；当弹簧的劲度系数k 增大时，弹簧的压缩量减小，A 、B 间距离增大，因此对应的力F 增大，C 正确，D 错误．答案：BC9.(2018·衡阳模拟)如图所示，两竖直木桩ab 、cd 固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a 、c 处，绳长为L ，一质量为m 的物体A 通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间．静止时轻绳两端夹角为120°.若把轻绳换成自然长度为L 的橡皮筋，物体A 仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g ，对于上述两种情况，下列说法正确的是( )A ．轻绳的弹力大于mgB ．轻绳的弹力小于mgC．橡皮筋的弹力大于mg D．橡皮筋的弹力小于mg解析：设两木桩间的距离为s，轻绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于物体A所受拉力的合力方向竖直向上且大小为mg，根据矢量的合成可知，两个分力和mg 的大小是相等的，故轻绳的弹力大小为mg，故A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，两木桩间的距离s不变，所以物体A静止后橡皮筋之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的弹力小于mg，故C错误，D正确．答案：D10．(多选)(2018·贵阳检测)如图所示，一轻质细绳一端固定在O点，另一端通过一光滑动滑轮P和一光滑定滑轮Q系一质量为m2的物块B，物块B置于斜面体C上，定滑轮Q固定在斜面体C的顶点，斜面体C位于水平地面上．动滑轮P上挂一质量为m1的物块A，开始时，A、B、C均处于静止状态，现将C沿水平地面向右缓慢移动一小段距离，此过程中B相对于C未滑动，系统再一次处于平衡状态时，下列说法正确的是( )A．细绳对O点的拉力一定增大B．C对B的摩擦力一定增大C．地面对C的摩擦力一定增大D．地面对C的支持力一定增大解析：由题意知，OP与PQ间细绳的夹角变大，而合力不变，细绳拉力增大，故A正确；C对B的摩擦力的方向不确定，大小可能增大，可能减小，故B错误；对A、B、C整体而言，OP间细绳的拉力沿水平方向的分力等于地面对C的摩擦力，故地面对C的摩擦力一定增大，故C正确；OP间细绳的拉力在竖直方向的分力不变，对A、B、C整体分析易知，地面对C 的支持力不变，故D错误．答案：AC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.mg2ILB.3mg2ILC.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．(多选)(2016·浙江卷)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2N C ．B 球所带的电荷量为46×10－8 C D ．A 、B 两球连接中点处的电场强度为0解析：由于A 、B 是两个相同的导电小球，因此两球接触后分开带电荷量相等，选项A 正确；设平衡时小球受到的静电力为F ，则由几何知识，知Fmg＝0.06（0.1）2－（0.06）2，解得F ＝6×10－3N ，选项B 错误；由F ＝k q 2r2，解得小球的带电荷量q ＝46×10－8C ，选项C正确；等量同种电荷连线中点的电场强度为零，选项D 正确．答案：ACD13．(多选)(2018·长沙模拟)不计电阻的平行金属导轨与水平面成某角度固定放置，两完全相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．如图所示，现用一平行于导轨的恒力F 拉导体棒a ，使其沿导轨向上运动．在a 运动过程中，b 始终保持静止．则以下说法正确的是( )A ．导体棒a 做匀变速直线运动B ．导体棒b 所受摩擦力可能变为0C ．导体棒b 所受摩擦力可能先增大后减小D ．导体棒b 所受摩擦力方向可能沿导轨向下解析：导体棒a 先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后达到匀速．导体棒b 所受的安培力沿导轨向上，且不断增大，最后保持不变，故导体棒b 所受的摩擦力先沿导轨向上，且不断减小，最后可能变为零甚至变为沿导轨向下，正确选项为B 、D.答案：BD14．(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝122A ＝6 A ，金属棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下．由平衡条件知，开关闭合前：2kx ＝mg ， 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F ， 代入数值解得m ＝0.01 kg. 答案：方向竖直向下 0.01 kg专题强化练(三) 力与曲线运动考点1 运动的合成与分解1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x 方向和y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A ．物体运动的初速度大小是7 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀变速曲线运动D ．物体运动的加速度大小是5 m/s 2解析：由v －t 图象可得v 0x ＝3 m/s ，v 0y ＝4 m/s ，则初速度为v 0＝v 20x ＋v 20y ＝5 m/s ，选项A 错误；x 方向的匀速直线运动和y 方向的匀减速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B 错误，C 正确；a x ＝0，a y ＝2 m/s 2，物体的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝2 m/s 2，选项D 错误.答案：C2．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.kvk 2－1 B.v1－k2C.kv1－k2D.vk 2－1解析：设小船在静水中的速度为v 1，去程时船头垂直河岸，如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝dv 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝dv 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v1－k2，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vcos αC．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vL sin α解析：棒与升降台接触点(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＝vL sin α，小球做角速度减小的变速圆周运动．答案：D考点2 平抛运动4.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，A、B两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )A．4 5 m/s B．2 5 m/sC.4315 m/s D．215 m/s解析：根据h ＝12gt 2得，t＝2hg＝2×110 s ＝15 s ，竖直分速度v y ＝gt ＝10×15m/s ＝2 5 m/s ，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v ＝v y cos 60°＝2512m/s＝4 5 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A5．(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 θgD ．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 ＝gt2v 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：BC6．如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2，则v 的取值范围是( )A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：设小物体下落h 所用的时间为t 1，下落h ＋H 所用的时间为t 2，要使小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物体恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h ＝12gt 21，v max t 1＝L ，解得v max ＝7 m/s ；若小物体恰好经过窗子下沿，有h ＋H ＝12gt 22，v min t 2＝L ＋d ，解得v min ＝3 m/s.故v 的取值范围为3 m/s<v <7 m/s ，选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．答案：C考点3 圆周运动7．(多选)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ；F f a ＝mω2a l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝kgl；对木块b ；F f b ＝mω2b ·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a ＝mω2l ，F f b ＝mω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 答案：AC8．(2018·冀州月考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2，重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg解析：在最高点，根据牛顿第二定律可得N ′2＋mg ＝m v 22r ，在最低点，根据牛顿第二定律可得N ′1－mg ＝m v 21r，由牛顿第三定律可知N ′1＝N 1，N ′2＝N 2，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有mg ·2r ＝12mv 21－12mv 22，联立各式可得N 1－N 2＝6mg ，故选项D 正确．答案：D9．(多选)(2018·资阳联考)如图甲所示是一种利用霍尔效应传感器测量运动速率的自行车速度计．车轮每转一周，安装在自行车前轮上的一块磁铁就靠近霍尔传感器一次，产生一次电压脉冲．图乙为某次骑行中记录的脉冲电压U 与时间t 的图象．已知自行车车轮的半径为33 cm ，磁铁与轮轴的距离为半径的34，则该自行车( )A ．车轮边缘与磁铁的线速度大小相等B ．在1.0～1.4 s 内，速率几乎不变C ．在1.4～2.6 s 内做减速运动D ．在1.2 s 时的速率约为10 m/s解析：根据圆周运动的线速度和角速度的关系v ＝rω，可知，车轮边缘的线速度大于磁铁的线速度，A 项错误；由题图乙可知在1.0～1.4 s 内车轮运动的周期几乎不变，所以车轮的线速度大小不变，即速率几乎不变，B 项正确；同理由题图乙可知在1.4～2.6 s 内车轮运动的周期逐渐增大，则转速减小，自行车做减速运动，C 项正确；在1.0～1.4 s 内车轮的周期为0.2 s ，由线速度的定义式可得车轮的线速度v ＝2πrT≈10.36 m/s ，自行车的速度等于车轮的线速度大小，故D 项正确．答案：BCD考点4 平抛运动与圆周运动的综合问题10．如图所示，质量是1 kg 的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O 点，O 点距地面竖直距离为1 m ．如果使小球绕OO ′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N ，(g 取10 m/s 2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂； (2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．解析：(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示： 竖直方向F T cos θ＝mg ，得θ＝37°， 向心力F 向＝mg tan 37°＝mω2L sin 37°， 解得ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s ，竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2，水平方向：x ＝v 0t .解得d ＝（L sin 37°）2＋x 2＝0.6 m. 答案：(1)5 rad/s (2)0.6 m11．(2018·长沙二模)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，今将一小物体(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，物体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 ，物体离开传送带后由C 点恰好无碰撞落入轨道，g 取10 m/s 2，求：(1)物体由A 端运动到B 端所经历的时间； (2)AC 间的水平距离；(3)判断物体能否沿圆轨道到达N 点．解析：(1)物体离开传送带后由C 点无碰撞落入轨道，则得在C 点物体的速度方向与C 点相切，与竖直方向成45°，有v Cx ＝v Cy ，物体从B 点到C 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(v B ＝v Cx )，得出v B ＝v Cx ＝v Cy ＝4 m/s ，x BC ＝1.6 m ，v C ＝2v B ＝4 2 m/s. 物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ，得a ＝2 m/s 2.物体历时t 1后与传送带共速，则有at 1＝v 0＋a 0t 1，t 1＝1 s ，得v 1＝2 m/s<4 m/s ，故物体此时速度还没有达到v B ，且此后的过程中由于a 0<μg ，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点v B ＝v 1＋a 0t 2，得t 2＝2 s.所以从A 运动到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)AB 间的距离为x ＝12at 21＋at 1t 2＋12a 0t 22＝7 m ，从A 到C 的水平距离为x AC ＝x ＋x BC ＝8.6 m.(3)物体能到达N 点的速度要求mg ＝m v 2NR，解得v N ＝gR ＝8 m/s.对于小物体从C 到N 点，设能够到达N 位置且速度为v N ′，由机械能守恒定律得 12mv 2C ＝mgR (1＋22)＋12mv N ′2，解得v N′＝16－82m/s<v N. 故物体不能到达N点．答案：见解析专题强化练(二) 力与直线运动考点1 匀变速直线运动1．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为 ( )A.2vgB.v gC.2hvD.h v解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg ，A 项正确． 答案：A2．大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为 ( )A ．25 m/sB ．20 m/sC ．15 m/sD ．10 m/s解析：设汽车行驶的最大速度为v ，则vt 0＋v 22a ＝x ，即0.5v ＋v 22×5＝50，解得v ＝20 m/s ，选项B 正确．答案：B考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图象如图所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x －t 关系图象可大致表示为B图．答案：B4．如图所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远解析：在t＝4 s之前，A、B、C三个物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t ＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是从同一地点出发，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．答案：C5．(多选)(2018·桂林、崇左联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间t变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图可知( )A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C．物块的质量m＝2 kgD．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s解析：由题图(b)可知，t＝2 s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图(a)易知最大静摩擦力为6 N，故A错误；由题图(b)知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m .联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误；a －t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则0～4 s 内物块速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)m/s ＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0～4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝Δp ＝m Δv ＝3×4 N ·s ＝12 N ·s ，故D 正确．答案：BD6．(2018·黄冈质检)如图所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A .假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F 作用于B ，A 、B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．A 的质量为0.25 kgB ．B 的质量为1.25 kgC ．B 与地面间的动摩擦因数为0.2D ．A 、B 间的动摩擦因数为0.2解析：由题图乙知，B 与地面的最大静摩擦力F f ＝3 N ，当F 1＝9 N 时，A 、B 达到最大的共同加速度a 1＝4 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得F 1－F f ＝(m A ＋m B )a 1.水平力再增大时，A 、B 发生相对滑动，A 的加速度仍为4 m/s 2，B 的加速度随水平力的增大而增大，当F 2＝13 N 时，a B ＝8 m/s 2，对B 有F 2－F f －m A a 1＝m B a B ，解得m B ＝1 kg ，m A ＝0.5 kg ，进一步求得B 与地面间的动摩擦因数μ1＝F f （m A ＋m B ）g ＝0.2，A 、B 间的动摩擦因数μ2＝m A a 1m A g＝0.4，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C考点3 牛顿运动定律的应用7．(多选)(2018·西安联考)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块A 停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F ，使它在水平面上做直线运动．已知外力F 随时间t (单位为s)的变化关系为F ＝(6－2t )N ，则( )A ．在t ＝3 s 时，物块的速度为零B ．物块向右运动的最大速度为9 m/sC ．在0～6 s 内，物块的平均速度等于4.5 m/sD ．物块向右运动的最大位移大于27 m。

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.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 minB.小球通过最高点时的最小速度v minC.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.(2018·天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱。

某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的作用,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中()A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变4.如图所示,在足够长的斜面上A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上的水平距离为x1。

若将此球改用2v0水平速度抛出,落到斜面上的水平距离为x2,则x1∶x2为() A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶45.(2018·福建仙游模拟)如图所示,用通过定滑轮的细绳拉动穿在光滑固定竖直杆上的滑块P,使滑块向上做匀速运动,此过程中,下列说法正确的是()A.拉细绳的力越来越大B.拉细绳的速度越来越大C.拉细绳的力做的功大于克服滑块重力做的功D.拉细绳的力的功率等于克服滑块重力做功的功率6.右图是一固定的半圆形竖直轨道,AB为水平直径,O为圆心,同时从A点水平抛出甲、乙两个小球,速度分别为v1、v2,分别落在C、D两点,OC、OD与竖直方向的夹角均为37°,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则()A.甲、乙两球下落到轨道的时间相等B.甲、乙两球下落到轨道的速度变化量不相等C.v1∶v2=1∶3D.v1∶v2=1∶47.如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时,烧断细线,则()A.两物体均沿切线方向滑动B.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,同时所受摩擦力减小C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动,不会发生滑动D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体A发生滑动,离圆盘圆心越来越远二、非选择题(本题共3小题,共44分)8.(13分)如图所示,在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面,物体A以初速度v1沿斜面上滑,同时在物体A的正上方,有一物体B以初速度v2=2.4 m/s水平抛出。

岂2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（1 ） Word 版含答案电2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（2 ） Word 版含答案勺2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（3 ） Word 版含答案厠；2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（4 ） Word 版含答案哲2019版物理学业水平测试真习小高考冲剌卷（5 ） Word 版含答案哲2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（6 ） 2019年高考物理冲刺卷（一）物理 本试卷包含选择题（第1题〜第23题，共23题69分）、非选择题（第24题〜第28题，共5题31分）共两部分.本次考试时间为75分钟.一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）.9 9 9 91. 关于物体的重心，下列说法中正确的是（）A. 任何物体的重心都一定在这个物体上B. 重心的位置只与物体的形状有关C. 形状规则、质量分布均匀的物体，其重心在物体的儿何中心D. 物体重心的位置一定会随物体形状改变而改变2. 一根一端封闭，另一端装有阀门的玻璃管，内有纸片、羽毛、金属片.用抽气机把管 内的空气儿乎抽尽，再把玻璃管倒过來（如图所示）.观察这些物体下落的快慢情况，下列说法 中正确的是（）A. 纸片下落最快B.羽毛下落最快C.金属片下落最快D.三者下落一样快3. 如图所示给出了两个物体做直线运动的速度一时间图象.其屮图线甲与横轴平行，图 线乙为通过坐标原点的直线.由图可知（）A. 甲做匀速直线运动B. 甲处于静止C. 乙做匀速直线运动D. 乙做匀减速直线运动2019年高考物理复习高考冲刺卷Word 版含答案4.右图是某摄影师“追拍法”的成功之作，在该摄影师眼屮清晰的飞翔的小鸟是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动之美•请问摄影师选择的参考系是（）A.地而B.静止的树木C.飞翔的小鸟D.静止于地面上的人5.已知河水自西向东流动，流速的大小为V],小船在静水中的速度的大小为V2，且v2 >5渡河时船头始终垂直河岸，用虚线表示小船过河的路径，则下列选项中小船过河路径可能正确的是（）河岸西、、、东6. 在“互成角度的两个力的合成”实验中，用两个弹赞测力计分别钩住细绳套，互成角 度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置0点.为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中 必须记录的是（）橡皮条固定端的位置描下0点位置、两条细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数橡皮条伸长后的总长度两个弹簧测力计的读数7. 将原长10cm 的轻质弹簧竖直悬挂，当下端挂200g 的钩码时，弹簧的长度为12cm, 则此弹簧的劲度系数约为（）A. lN/mB. 10N/mC. 100N/mD. 1 OOON/m&人乘电梯匀速上升，在此过程中人受到的重力为G,电梯对人的支持力为F N ，人对 电梯的压力为F N ，贝9（）A. G 和F N 是一对平衡力B. G 和Ft 是一对平衡力C. G 和F N 是一对相互作用力D. G 和Ft 是一对相互作用力9. 一个做匀速圆周运动的物体，在运动过程屮，若所受的一切外力都突然消失，则由牛 顿第一定律可知，该物体将（）A. 立即静止B.改做匀速直线运动C.继续做匀速圆周运动D.改做变速圆周运动釦、I %7777^7777777777^7710. 如图所示，质量相同的P 、Q 两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P 球沿水平方向抛出，Q 球同时被松开而自由下落.则下列说法中正确的是（）A. P 球先落地B. Q 球先落地C. 两球下落过程中垂力势能变化相等D. 两球落地时速度方向相同11. 今年年初我国南方部分地区遭遇了严重雪灾.在抗雪救灾中，运输救灾物资的汽车以额定功率上坡时，为增大牵引力，司机应使汽车的速度（）A. 减小B.增大C.保持不变D.先增大后保持不变12. 甲、乙两质点做匀速圆周运动，其半径之比R, : R 2=3 : 4,角速度之比◎： 32=4： 3,则甲、乙两质点的向心加速度之比是（）A. B. C. D.A.|B. |C.D. Y13.小明用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验.关于该实验，下列说法中正确的是（）A.重锤的质量一定是越大越好B.必须用秒表测出重锤下落的时间C.把秒表测得的时I'可代入计算重锤的速度D.释放纸带前，手捏住纸带上端并使纸帯处于竖直14.关于元电荷，下列说法正确的是（）A.元电荷就是质子B.物体所带电荷量是元电荷的任意倍数C.元电荷是带电物体所带电荷量的最小值D.物体所带电荷量可能比元电荷小15.两个完全相同的金属小球，分别带有+ 3Q和一Q的电量，当它们相距I•时，它们之间的库仑力是F.若把它们接触后分开，再置于相距彳的两点，则它们的库仑力的大小为（）A.|B.FC. 9FD. 3F16.下列各图中，能正确表示对等量异种电荷电场线分布的是（A17. 磁场中某区域的磁感线如图所示.则（）A. a 点磁感应强度比b 点小B. a 点磁感应强度比b 点大C. 同一小段通电导线放在“处吋受力一定比b 处吋大D. 同一小段通电导线放在a 处时受力一定比b 处时小1&如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度为B.边长为a 的正方形线框与磁场垂 直，且一条对角线与磁场边界重合.则通过线圈平面的磁通量为（）B. BaC. Ba 2D. 2Ba19. 带电粒子M 和N,先后以大小不同的速度沿PO 方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨 迹如图所示，不计重力.则下列分析正确的是（）A. M 带正电，N 带负电B. M 和N 都带正电C. M 带负电，N 带正电D. M 和N 都带负电I F/N/\ /\ /V °\.\ 23 4.3 5.4 7.4 //s20. 蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作.为了测量运 动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并 在计算机上作出压力一时间图象，假设作出的图象如图所示.设运动员在空屮运动时可视为 质点，则运动员跃起的最大高度为（g 取10m/s 2）（）x x x x!C. 5.0 mD. 7.2 m请阅读下列材料，回答21〜23小题.2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号实施自动交会对接，形成天宫二号与神舟十一号组合体后，我国景海鹏和陈冬两名航天员进驻天宫二号，开展空间科学实验.天宫二号与神舟十一号的交会对接、组合体运行和飞船返回，都是在距地面393公里的轨道高度开展.这次任务是最接近未来我国空间站轨道要求的一次载人飞行任务，也是目前我国空间应用项目最多的一次载人飞行任务.21.下列说法符合史实的是（）A.牛顿发现了行星的运动规律B.开普勒发现了万有引力定律C.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D.牛顿发现了海王星和冥王星22.绕地球做匀速圆周运动的天宫二号内，物体处于完全失重状态，则物体（）A.不受地球引力作用B.所受地球引力提供向心力C.加速度为零D.向心力为零23.若天宫二号绕地球运行的圆形轨道半径增大，则飞船的（）A.线速度大小不变B.线速度增大C.周期不变D.周期增大二、填空题：把答案填在横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10 分）.24—A.（本题供选修1一1的考生作答）一只白炽灯泡在玻璃泡外表有“220V60W”的字样，则这只灯泡正常工作时的电流强度为A,电阻为Q.24-B.（本题供选修3-1的考生作答）许多人造卫星都用太阳能电池供电.某太阳能电池不接负载吋的电压是600 M V,短路电流是30UA,则该太阳能电池的内阻为Q,当外申.賂接上40Q电阻时，电路中的电流强度为u A.25.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某学习小组在实验室组装了如图所示的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态.耍完成该实验，则:（1）_____________________________ 还缺少的实验器材是.（2）实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________________ ;实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是____________三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位(本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分,28小题8分，共21分).A.1.8 mB.3.6 m小桶26.工地施工需要把一质量为500 kg钢材从一平层上降落到地面，用一绳吊着钢材先以0.5m/s匀速降落，当钢材距地面高h时，又以大小为lm/s?的加速度匀减速运动，钢材落地时速度刚好为零.求：(1)钢材匀减速运动时所受的合外力；(2)钢材做匀减速运动的时间t；(3)匀减速运动的距离h.27.如图所示的演示实验，假设从某时刻t=0开始，质量为0.1kg的红蜡块在玻璃管内每Is上升的距离都是30cm,从t=0开始，初速度为零的玻璃管向右匀加速平移，每Is通过的水平位移依次是5cm、15cm、25cm、35cm.在图表中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=()时蜡块位于坐标原点，坐标纸上每小格表示10cm.则：(1)在图中标岀I等于Is、2s、3s、4s时蜡块的位置，并用平滑的曲线描绘蜡块的轨迹；(2)红蜡块在上升过程中受到玻璃管的弹力是多大？(3)红蜡块4s末的速度是多少？y28.如图所示，有一可绕竖直屮心轴转动的水平圆盘，上而放置劲度系数为k=46N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴0点，另一端连接质量为m=lkg的小物块A,物块与圆盘间的动摩擦因数为p=0.2,开始吋弹簧未发生形变，长度为l()=0.5m,若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等(g = 10m/s1 2 3),物块A始终与圆盘一起转动，贝IJ：错误！小高考冲刺卷(一)1・C解析：物体的重心不一定在物体上，比如质量分布均匀的圆盘挖去中间的同心圆后，重心仍然在儿何中心，但不在物体上.2.D解析：真空管是抽去空气后的状态，没有空气阻力后，羽毛下落也是自由落体.轻重物体下落快慢一样.3. A 解析：vt图象斜率代表加速度，甲代表匀速运动，乙代表匀加速运动.4.C解析：以飞翔的小鸟为参考系，周围的背景都是运动的，所以背景模糊.5.B解析：由运动的合成条件可知，匀速运动与匀速运动的合成仍为匀速直线运动.6.B解析：为了确定力的大小和方向，需要记录弹簧测力计的读数、绳子的方向，当然, 0点的位置必须固定好.7.C 解析：由F=kx,其中x为形变量可得，k=100N/m.8.A解析：平衡力一定是同一个物体所受到的，相互作用力是不同对象受到的.9.B解析：由牛顿第一定律，没有力改变物体的运动状态，物体就保持原来的运动状态, 这个问题里是匀速直线运动.10.C解析：自由落体运动和平抛运动在竖直方向上的分运动是相同的，所以下落时间是一样的，重力势能变化取决于重力做功，由W = mgh,可得重力势能变化相等.11.A 解析：rtl P=Fv,可知P不变，减小v可以增大F,以增加爬坡本领.12.A 解析：由向心加速度公式a=u)2r,带入可得.13.D 解析：重锤的作用是减少阻力对运动的影响；打点计吋器本身就是计时工具，下落时间不需要用秒表测量.14.C解析：e=1.6X10-,9C,带电体带电荷量必须是元电荷的整数倍.15.D 解析：带电小球接触，正负电荷中和部分后，电荷再等分.16.C解析：等量异种电荷相互吸引，空间电场叠加如图C所示.17.B 解析：磁感线的稀疏密集代表磁场的强弱，a点比b点密集，a点磁感应强度比b 点大.由于通电导线在磁场中的受力与导线在磁场中的摆放方式有关，垂直磁场摆放受力最大，平行磁场摆放受力最小.18.A 解析：由磁通量定义公式①=BS可得，答案A正确.19.C解析：由左手定则可知，刚刚进入磁场时，正电荷受到向上的力，负电荷进入磁场时，受到向下的力，由曲线运动的轨迹判断可得，C正确.20.C解析：根据图象，纵坐标为零的区段代表在运动员空中运动，5.4s到7.4s的过程时间1 圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动？2 当角速度缓慢地增加到4rad/s时，弹簧的伸长暈是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘)3 在角速度从零缓慢地增加到4md/s过程屮，物块与圆盘间摩擦力大小为f,试通过计算在坐标系中作出fc?图象.为2s,则上升与下降的时间都是Is,所以最大高度为5in.21.C解析：开普勒发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，海王星在观测到之前是根据牛顿的万有引力定律算出来的.22.B解析：完全失重并不是没有重力，卫星内物体仍然受到地球引力提供圆周运动的向心力.23.D解析：围绕同一中心天体，高轨道卫星的线速度小，周期大.24—A.寻或0.27 _ 或806.6724-B. 20 1025.(1)刻度尺(2)m M 平衡摩擦力26.解析：(1)由F合=ma可知，F合=500N.(2)由v = v()+al 可知，1=0.5s.2 2(3)由h—2：，或者h— 2 可知h=0.125m.27.解析：⑴如图所示.红蜡块在水平方向受到玻璃管的弹力，由匀变速直线运动规律S = a=0」0m/s 2 , F=ma=0・lX0・10N=0・01N ・（3） 4s 末时红蜡块的水平方向分速度为v 4=at 4=0.10X4m/s=0.40m/s4s 末时红蜡块的速度为 v^= p0.3（）2+0.4（）2 m/s=0.5m/s.2&解析：（1）设圆盘的角速度为a ）（）时，物块A 将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力 提供向心力，则有⑵设此时弹簧的伸长量为Ax,物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则 有pmg+k A x=mco 2（l （）+ A x ）,代入数据解得 A x=0.2m.（3）在角速度从冬缓慢地增加到2rad/s 过程中，物块与圆盘间摩擦力为静摩擦力f=m 扇1（）, f 随着角速度平方的增加而增大.当co>2rad/s 时，物块与圆盘间摩擦力为滑动摩擦力，为定值，为f=|img=2N.小高考冲刺卷（二）物理 本试卷包含选择题（第1题〜第23题，共23题69分）、非选择题（第24题〜第 28题，共5题31分）共两部分.本次考试时间为75分钟.一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）. • • • •1. 下列事例中，能将物体或人可以看成质点的是（）①研究跳水运动员在比赛屮的空屮姿态 ②观看参加马拉松比赛的121号运动员③分析一列火车通过某路口所用的时间④跟踪我国科学考察船去南极途中A. ①③B.②③C.①④D.②④2. 梁朝傅翕非常有名的偈语：“空手把锄头，步行骑水牛；人从桥上过,桥流水不流” •试 判定“桥流水不流”句所对应的参考系是（）A. 岸B.水C.树D.牛3. 关于质点的位移和路程，下列说法正确的是（）A. 位移是矢量，位移的方向就是质点运动的方向B. 路程是标量，也是位移的大小C. 质点做直线运动时，路程等于其位移的大小D. 位移的数值一定不会比路程大4.做匀加速直线运动的物体，加速度是2m/s 2,它意味着（ ）得出 0.05 = 2at ：2y/cmP mg=mcoolo^ 解得 coo=" 0.2X10 ―乔一rad/s = 2rad/s.A.物体在任Is末的速度是该秒初的两倍B.物体在任Is末的速度比该秒初的速度大2m/sC.物体在第Is末的速度为2m/sD.物体在任Is的初速度比前Is的末速度大2m/s5.如图所示，甲、乙分别表示两个运动物体的vt图象.若它们的加速度分别为"甲、a乙, 则它们的大小关系是（）A.a甲va乙B.a甲=a乙C.a甲＞&乙D.不能确定6.在轻质弹簧下端悬挂一质量为0.1kg的物体，当物体静止后，弹簧伸长了0.01m,取g=10m/s2.该弹簧的劲度系数为（）A.lN/mB. 10N/mC. 100N/mD. 1 OOON/m7.如图所示在水平力F的作用下，重为G的物体沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙Z间的动摩擦因数为卩，物体所受摩擦力大小为（）A.M GB.u（F+G）C.u（F-G）D.G&关于惯性的有关概念，下列说法中正确的是（）A.从枪膛屮飞出的子弹，在惯力作用下飞行B.满载的卡车比空车难以停下来，是因为前者的惯性比后者大C.一个运动物体在粗糙水平路面上比光滑水平路面上难以启动，是因为在前一种情况下惯性大D.喷气式飞机起飞后越飞越快，说明它的惯性越来越大9.下面关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.两物体间的作用力和反作用力一定是同性质的力B.先有作用力，后有反作用力C.只有物体处于静止状态时，物体间才存在作用力和反作用力D.只有物体接触时，物体间才存在作用力和反作用力10.以V。

专题跟踪训练(二)一、选择题1．(2018·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，在4 s内的位移为16 m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A．1 m/s2B．1.5 m/s2C．2 m/s2D．0.75 m/s2[解析] 设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，由题意知t＝4 s，根据匀变速直线运动规律，x＝v0t－12at2，v03＝v0－at，联立解得a＝1 m/s2，选项A正确．[答案] A2．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大[解析] 本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v－t 图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确．[答案]BD3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x 随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是( )A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[解析] x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．[答案]CD4．(2018·辽宁五校联考)如图a所示，某研究小组利用此装置探究物块在恒力作用下加速度与木板倾角的关系．木板OA可绕轴心O 在竖直平面内转动，物块受到平行于木板且指向A端、大小为F＝8.5 N的力的作用．通过实验得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持不变．若图b中图线与纵轴交点的纵坐标a0＝6 m/s2，物块的质量m＝1 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．则( )A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2B．图b中θ2大于60°C．如图b所示，将木板倾角由θ1缓慢增加到θ2的过程中，摩擦力一直减小D．木板倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5 N[解析] 当θ＝0°时，F－μmg＝ma0，a0＝6 m/s2，解得μ＝0.25，选项A错误；当θ>θ2时，加速度为负值，当θ＝θ2时，F＋μmg cosθ2＝mg sinθ2，易得θ2>60°，选项B正确；由题图b可知，在θ1<θ<θ2时，物块的加速度为零，静止在木板上，物块的合外力为零，在θ角较小时摩擦力与重力沿斜面分力同向，有mg sinθ＋f＝F，在θ角较大时摩擦力与重力沿斜面分力反向，有mg sinθ－f＝F，可知随着θ增大，摩擦力f先减小后增大，选项C错误；木板倾角为37°时物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力f＝μmg cosθ＝2 N，故选项D错误．[答案] B5．(2018·郑州质量预测)如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ，将一质量为M的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.先给滑块一个沿杆方向的初速度，稳定后，滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且β>θ，不计空气阻力，则滑块的运动情况是( )A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑[解析] 把滑块和小球看成一个整体进行受力分析，假设滑块的速度方向向下，由牛顿第二定律知，沿杆方向有：(M＋m)g sinθ－f ＝(M＋m)a，垂直杆方向有：F N＝(M＋m)g cosθ，摩擦力f＝μF N′，F N′＝F N，联立可解得：a＝g sinθ－μg cosθ，对小球，若θ＝β，a ＝g sinβ，由题知θ<β，根据分析有a>g sinβ，所以g sinθ－μg cosθ>g sinβ，g sinθ－g sinβ>μg cosθ，因为θ<β，所以g sinθ－g sinβ<0，但μg cosθ>0，所以假设不成立，即滑块的速度方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，选项B正确．[答案] B6．(2018·安徽合肥一模改编)(多选)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5 m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4 m/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1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出[解析] 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移为x .根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝μg ＝2 m/s 2，则x ＝v 222a ＝522×2m ＝6.25 m>6 m ，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；若小物块的速度为4 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ′＝v 2′22a ＝422×2 m ＝4m<6 m ，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x ″＝v 212a ＝222×2 m ＝1 m<4 m ，以后小物块以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s ，C 正确；若小物块的速度为1 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ＝v ″222a ＝122×2m ＝0.25 m<6 m ，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x<x ″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s 的速度从传送带的右端滑出，D 错误．[答案] BC7．(2018·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图象可得( )A．物体的质量为2 kgB．物体在6 s内运动的位移为6 mC．在0～2 s内推力做的功为2 JD．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝1 2m/s2，由牛顿第二定律有：F合＝F－μmg＝ma，即：3 N－μmg＝ma；物体在2～6 s内做匀速直线运动，因此有：μmg＝1 N，联立解得：物体的质量为m＝4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A错误，选项D正确；根据v－t图象所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J ＝3 J ，选项C 错误．[答案] D8．(2018·浙江七校联考)(多选)将长木板和物块放在倾角为α＝37°的足够长的斜面体顶端，物块可视为质点，已知长木板的ab 段长度为3 m 且上表面光滑，bc 段的长度为8 m 且上表面粗糙，已知物块与bc 段的动摩擦因数为μ1＝0.15，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，长木板与物块的质量相等，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由某时刻开始将长木板和物块无初速释放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．长木板和物块释放的瞬间，物块的加速度大小为4.8 m/s 2B ．长木板和物块释放的瞬间，长木板的加速度大小为0.8 m/s 2C ．从释放到物块离开长木板所用的总时间为2 sD ．物块离开长木板瞬间的速度大小为10.8 m/s[解析] 系统释放瞬间，设物块的加速度为a 1，长木板的加速度为a 2，对物块，由牛顿第二定律可得mg sin37°＝ma 1，代入数据解得a 1＝6 m/s 2，A 错误；对长木板，由于mg sin37°<2μ2mg cos37°，故物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，即加速度为零，B 错误；物块在ab 段滑动时，由运动学公式得x ab ＝12a 1t 21，解得t 1＝1 s ，当物块滑到长木板的bc 段时，对物块，由牛顿第二定律得mg sin37°－μ1mg cos37°＝ma 1′，代入数据解得a 1′＝4.8 m/s 2，则物块的位移为x 1′＝vt 2＋12a 1′t 22，v ＝a 1t 1，对长木板，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μ1mg cos37°－μ2·2mg cos37°＝ma 2′，解得a 2′＝0.8m/s 2，长木板的位移为x 2′＝12a 2′t 22，当物块刚好离开长木板时有x 1′－x 2′＝x bc ，联立可解得t 2＝1 s ，则物块在长木板上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝2 s ，C 正确；由以上分析可知，物块离开长木板时的速度大小为v ′＝a 1t 1＋a 1′t 2＝(6×1＋4.8×1) m/s ＝10.8 m/s ，D 正确．[答案] CD9.(2018·河南洛阳高三统考)如图所示，A 、B 两物体的质量分别为2 kg 和1 kg ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为0.8，B 与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s 2.现对A 施加一水平拉力F ，不计空气阻力，则( )A ．当F ＝17 N 时，物体A 的加速度大小为0.5 m/s 2B ．当F ＝21 N 时，物体A 的加速度大小为3 m/s 2C ．当F ＝22 N 时，A 相对B 滑动D ．当F ＝39 N 时，B 的加速度为9 m/s 2[解析] 当水平拉力F ＝17 N 时，大于B 与地面之间的最大静摩擦力f B ＝μB (m A ＋m B )g ＝0.4×(2＋1)×10 N ＝12 N ，若A 、B 之间不发生相对滑动，由牛顿第二定律，F －f B ＝(m A ＋m B )a ，解得它们的加速度a ＝53m/s 2，对A ，设B 对A 的摩擦力为f ，由牛顿第二定律，F －f ＝m A a ，解得f ＝413N ，A 、B 之间的滑动摩擦力f A ＝μA m A g ＝0.8×2×10 N ＝16 N ，大于A 、B 之间的摩擦力f ，则A 、B 之间不发生相对滑动，物体A 的加速度为a ＝53m/s 2，选项A 错误；要使A 、B之间发生相对滑动，A对B向右的摩擦力f A使B加速运动，由牛顿第二定律，f A－f B＝m B a B，解得a B＝4 m/s2；对A，由牛顿第二定律，F－f A＝m A a A，且a A>a B，解得F>24 N．当F＝21 N时，A、B 未发生相对滑动，可解得A的加速度a′＝3 m/s2，选项B正确；当F＝22 N时，A相对B未发生滑动，选项C错误；只要A、B发生相对滑动，无论F多大，B的加速度都为a B＝4 m/s2，选项D错误．[答案] B10.(2018·湖北黄冈高三质检)(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系．现将外力突然反向并使B 向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力F N与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )[解析] 外力反向后，A水平方向受弹簧弹力与B对A的弹力作用，B水平方向受A对B的弹力与拉力F作用，A、B先共同向右做匀加速运动，当两滑块间弹力恰好为0时，A、B分离．当两滑块间弹力恰好为0时，A、B加速度相同，此时A的加速度由弹簧弹力提供，所以此时弹簧未恢复原长，此后B在水平方向只受F作用，B、D正确．[答案]BD二、非选择题11．(2018·湖北襄阳模拟)如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以v＝5 m/s的恒定速度顺时针运动．一个质量为2kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以v0＝10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小．[解析] (1)设物块刚滑上传送带时，加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有：mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 1代入数据解得：a 1＝10 m/s 2.(2)设物块速度减为5 m/s 所用时间为t 1则v 0－v ＝a 1t 1，解得：t 1＝0.5 s通过的位移：x 1＝v ＋v 02·t 1＝3.75 m<6 m因μ<tan θ，此后物块继续减速上滑，设加速度大小为a 2，则： mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2代入数据解得：a 2＝2 m/s 2设物块到达最高点的速度为v1，则：v2－v21＝2a2x2x2＝l－x1＝2.25 m，解得：v1＝4 m/s.[答案](1)10 m/s2(2)4 m/s12.(2018·河南五校联考)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg的物体B连接，木板A的右端与滑轮之间的距离足够大．当B从静止开始下落距离0.8 m时，在木板A的右端轻放一质量为1 kg的小铁块C(可视为质点)，最终C恰好未从木板A上滑落．A、C间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小；(2)木板A的长度l.[解析] (1)在木板上放小铁块前，把A、B看作整体，由牛顿第二定律有m B g ＝(m A ＋m B )a 1v 21＝2a 1h解得：v 1＝2 m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律，对小铁块有：μm C g ＝m C a 2得a 2＝4 m/s 2对A 、B 整体有：m B g －μm C g ＝(m A ＋m B )a 3得a 3＝1.5 m/s 2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同，则有a 2t ＝v 1＋a 3t ，解得：t ＝0.8 s由运动学公式可知：l ＝v 1t ＋12a 3t 2－12a 2t 2 解得：l ＝0.8 m.[答案] (1)2 m/s (2)0.8 m。

本套资源目录2019届高考物理二轮复习专题一力与运动考点一匀变速直线运动真题汇编2019届高考物理二轮复习专题一力与运动考点三牛顿运动定律真题汇编2019届高考物理二轮复习专题一力与运动考点二相互作用真题汇编2019届高考物理二轮复习专题一力与运动考点五万有引力与航天真题汇编2019届高考物理二轮复习专题一力与运动考点四抛体运动与圆周运动真题汇编考点一匀变速直线运动1.(2018·全国卷Ⅰ·T14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( )A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比【解析】选B。

列车的动能E k=12mv2与速度的平方成正比，故选项C错误；列车的动能E k=12mv2=12m(at)2=12ma2t2，则列车的动能与时间的平方成正比，故选项A错误；列车的动能E k=1 2mv2=12m2ax=max，则列车的动能与位移成正比，故选项B正确；列车的动能E k=12mv2=22pm，则列车的动能与动量的平方成正比，故选项D错误。

2.(2018·全国卷II ·T19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度-时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

下列说法正确的是( )A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大【解析】选B、D。

根据速度—时间图象与时间轴所围面积大小对应物体的位移大小，可知在t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又因为t2时刻两车相遇，因此t1时刻甲车在后，乙车在前，选项A错误，B正确；根据图象的斜率对应物体运动的加速度，可知甲、乙的加速度均先减小后增大，选项C错误、D正确。

3.(2018·全国卷Ⅲ·T18) 甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。

力与运动第一讲力与物体平衡1.[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a、b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]如图所示，超市为方便顾客，安装了智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)。

在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。

则该扶梯在运送乘客的过程中( )A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的作用力方向与运动方向相反解析：选B 扶梯匀速运行时，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，选项A 错误；匀速运动阶段，乘客处于平衡状态，扶梯对乘客的作用力竖直向上，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，选项B正确；扶梯加速运行时，由于智能化的自动扶梯无台阶，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，与运动方向相同，选项C错误；加速度有水平方向的分量，扶梯对乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯对乘客的作用力指向斜上方，选项D错误。

3．[考查力的合成与分解]在如下所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中杆P与竖直方向夹角均为θ，图乙中杆P在竖直方向上，假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F甲、F乙、F丙、F 丁，则以下判断中正确的是( )A．F甲＝F乙＝F丙＝F丁B．F丁＞F甲＝F乙＞F丙C．F甲＝F丙＝F丁＞F乙D．F丙＞F甲＝F乙＞F丁解析：选B 由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力大小，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子夹角最小，绳子拉力的合力最大，则滑轮受到木杆的弹力最大，丙图中绳子夹角最大，绳子拉力的合力最小，则滑轮受到木杆的弹力最小，甲、乙两图中绳子的夹角相等，绳子拉力的合力相等，故滑轮受到木杆的弹力大小F甲＝F乙，所以F丁＞F甲＝F乙＞F丙，故选B。

选择题专项训练（三）（时间:20分钟 满分:48分）本卷共8小题,每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项屮，1帀题只有一个选项符合题日要 求,6 E 题有多个选项符合题目要求。

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.如图所示，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套昇、〃两个圆环,两个圆环上分别用细线悬吊着两个 物体G 〃，当它们都沿滑杆向下滑动时M 的悬线始终与杆垂直，〃的悬线始终竖直向下。

则下列说 法正确的是（）A. A 环与滑杆无摩擦力B. 〃环与滑杆无摩擦力C. A 环做的是匀速运动D. 〃环做的是匀加速运动2. 矩形导线框臼比〃如图甲所示放在匀强磁场屮，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度〃随时间 变化的图象如图乙所示。

时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里。

若规定导线框屮感应电流逆 时针方向为正，则在0习s 时间内，线框屮的感应电流/以及线框的M 边所受安培力尸随时间变化 的图象为（安培力収向上为正方向）（）臼、力两车在平直公路上行驶，其厂r 图象如图所示，在 □时，两车间距为郭在0匕时间内，曰车的位F1 1 1 11 2! 1 t 3 i t/s移大小为s,下列说法正确的是（）A.0 >1时间内a、力两车相向而行B.0乜时间内臼车平均速度大小是方车平均速度大小的2倍C.若臼、方在U时刻相遇，则STSD.若日、〃在号时刻相遇，则下次相遇时刻为2水4.某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由臼点运动到力点的轨迹（图屮实线所示），图屮未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法不正确的是（）A.如果图中虚线是电场线，电子由臼点运动到力点，动能减小，电势能增大B.如果图中虚线是等势面，电子由臼点运动到力点，动能增大，电势能减小C.不论图中虚线是电场线还是等势面，臼点的电场强度都大于力点的电场强度D.不论图中虚线是电场线还是等势面"点的电势都高于力点的电势5.如图所示，一质量为刃的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于0点，另一端与该小球相连。

专练3选择题＋选考题(三)(时间：30分钟)一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求．) 14．(2018·南昌摸底)大量氢原子从n＝3能级向低能级跃迁时放出的光子中，只有一种频率的光子照射金属A不能放出光电子，则下列说法正确的是()A．此种频率的光子一定是氢原子从n＝3能级直接跃迁到基态时放出的B．此种频率的光子一定是氢原子从n＝3能级直接跃迁到n＝2能级时放出的C．此种频率的光子一定是氢原子从n＝2能级直接跃迁到基态时放出的D．此种频率的光子可能是氢原子在n＝3能级时电子绕核运动放出的[解析]大量氢原子从n＝3能级向低能级跃迁可放出3种频率的光子，其中频率最低的是氢原子从n＝3能级直接跃迁到n＝2能级时放出的；发生光电效应的条件是入射光子的频率大于金属的截止频率．据题意，在上述光子中，只有一种频率的光子不会使金属A 发生光电效应，则这种频率的光子是跃迁时频率最低的．综上所述，本题中选项B正确，选项A、C错误．按照玻尔理论，电子绕核运动时，原子处于定态，不会放出光子，故选项D错误．[答案] B15．(2018·郑州一中测试)“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，以延长卫星的使用寿命．如图所示，“轨道康复者”与一颗地球同步卫星在同一平面内，绕地球以相同的方向做匀速圆周运动，“轨道康复者”与同步卫星的轨道半径之比为1∶4.若不考虑“轨道康复者”与同步卫星之间的万有引力，则下列说法正确的是( )A ．“轨道康复者”在图示轨道上运行周期为6 hB ．“轨道康复者”线速度大小是同步卫星的3倍C ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D ．为实施对同步卫星的拯救，“轨道康复者”需从图示轨道加速[解析] 由开普勒第三定律可知R 3T 2＝k ，代入题给数据可知“轨道康复者”周期与同步卫星周期之比为1∶8，“轨道康复者”周期为3 h ，A 项错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，所以“轨道康复者”的线速度大小为同步卫星的2倍，B 项错误；因“轨道康复者”周期小于24 h ，故赤道上的人观察到“轨道康复者”相对地球向东运动，C 项错误；“轨道康复者”必须加速才能进入更高的同步卫星轨道，D 项正确．[答案] D16．(2018·福州市高三期末)均匀带正电荷的球体半径为R ，在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知，E —r 曲线下O ～R 部分的面积恰好等于R ～2R 部分的面积．则( )A ．可以判断E —r 曲线与坐标轴r 所围成的面积单位是库仑B ．球心与球表面间的电势差ΔU ＝RE 0C ．若电荷量为q 的正电荷在球面R 处静止释放，运动到2R 处电场力所做的功为qRE 0D ．已知带电球在r ≥R 处的场强E ＝k Q r 2，Q 为该球体总电荷量，则该球所带的电荷量Q ＝E 0R 2k[解析] E —r 曲线与坐标轴r 所围成的面积表示电势差，单位是V ，A 错误；结合图象可知，球心与球表面间的电势差等于E —r 图象0～R 对应的三角形的面积，即ΔU ＝E 0R 2，B 错误；0～R 部分的面积等于R ～2R 部分的面积，球心与球表面间的电势差ΔU ＝E 0R 2，所以R ～2R 的电势差也是E 0R 2，电荷量为q 的正电荷从R 处运动到2R 处，电场力做的功为E 0Rq 2，C 错误；根据所给场强公式，将R 处的场强E 0代入，变形可得D 正确．[答案] D17．(2018·贵阳高三期末)如图所示，两个内壁光滑、半径为R (图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(圈中虚线处)相距为x ，最高点A 和最低点B 的连线竖直．一个质量为m 的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A 时的速度v A >gR ，不计空气阻力，重力加速度为g .则( )A ．小球在A 点的向心力小于mgB ．小球在B 点的向心力等于4mgC ．小球在B 、A 两点对轨道的压力大小之差大于6mgD ．小球在B 、A 两点的动能之差等于2mg (R ＋x )[解析] 根据题述，小球在最高点A 时的速率v A >gR ，利用竖直面内圆周运动模型可知，小球速度大于临界值，小球在A 点的向心力大于mg ，选项A 错误；根据机械能守恒定律，12m v 2B ＝mg (2R ＋x )＋12m v 2A ，解得v 2B ＝2g (2R ＋x )＋v 2A ＝4gR ＋2gx ＋v 2A ，小球在B 点的向心力F ＝m v 2B R ＝4mg ＋2mgx R ＋m v 2A R ，一定大于4mg ，选项B 错误；设小球运动到轨道最低点B 时所受半圆形轨道的支持力为F ′B ，由牛顿第二定律，F ′B －mg ＝m v 2B R ，解得F ′B ＝5mg ＋2mgx R ＋m v 2A R ，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为F B ＝F ′B ＝5mg ＋2mgx R ＋m v 2A R ，设小球运动到轨道最高点A 时所受半圆形轨道的支持力为F ′A ，由牛顿第二定律，F ′A ＋mg ＝m v 2A R ，解得F ′A ＝m v 2A R －mg ，则由牛顿第三定律知，小球运动到A 点时对轨道的压力大小为F A ＝F ′A ＝m v 2A R －mg ，小球在B 、A 两点对轨道的压力之差为ΔF ＝F B －F A ＝6mg ＋2mgx R ，大于6mg ，选项C 正确；根据12m v 2B ＝mg (2R ＋x )＋12m v 2A ，小球在B 、A 两点的动能之差ΔE k ＝E k B －E k A ＝12m v 2B －12m v 2A ＝mg (2R ＋x )，选项D 错误． [答案] C18．(2018·洛阳高三统考)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A 、C 板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关B ．带电粒子每运动一周被加速一次C ．P 1P 2＝P 2P 3D．加速电场方向不需要做周期性的变化[解析]由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，选项A错误；由于题图中虚线中间不需要加电场，故带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，选项B正确；应用动能定理，经第一次加速后，qU＝12m v21－12m v20，解得v1＝v20＋2qUm，经第二次加速后，qU＝12m v22－12m v21，解得v2＝v21＋2qUm＝v20＋4qUm，而轨迹半径r＝m vqB，显然P1P2大于P2P3，选项C错误；对于带电粒子，每次加速都是在A、C板之间且速度方向相同，即加速电场方向不需要做周期性的变化，选项D正确．[答案]BD19．(2018·广东六校联考)如图所示，一电荷量q＝3×10－5C的带正电小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置、足够大的平行金属板中的O点．开关S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°.已知两板间距d＝0.1 m，电源电动势E＝15 V，内阻r＝0.5 Ω，电阻箱R1＝3 Ω，R2＝R3＝R4＝8 Ω，取g＝10 m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则以下表述正确的是()A．电源的输出功率为14 WB ．两板间的电场强度的大小为140 V/mC ．带电小球的质量为5.6 mgD ．若增加R 1的大小，会有瞬时电流从左向右流过R 4[解析] 外电路电阻R ＝R 2R 3R 2＋R 3＋R 1，电路中总电流I ＝E R ＋r，路端电压U ＝E －Ir ，输出功率P ＝UI ，解得P ＝28 W ，两板间的场强E 0＝U d ＝140 V/m ，A 错误，B 正确．设小球质量为m ，由共点力平衡条件有mg tan θ＝qE 0，解得m ＝5.6×10－4 kg ，C 错误．若增加R 1的大小，电容器两端电压增大，会有瞬时电流从左向右流过R 4，D 正确．[答案] BD20．(2018·长郡高三考试)如图所示，x 轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN 绕O 点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I 顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I 及ON 边所受的安培力大小F 随时间t 的变化示意图正确的是( )[解析]在0～t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)；在t0～2t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值)，且大小为在0～t0时间内产生的电流大小的2倍；在2t0～3t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)，且大小与在0～t0时间内产生感应电流大小相等．因此感应电流I随时间t的变化示意图与选项A中图象相符，选项A正确，B错误．在0～t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t0～2t0时间内，感应电流大小为在2t0～3t0时间内产生的2倍，ON边所受安培力为在2t0～3t0时间内的2倍，因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图象相符，选项C错误，D正确．[答案]AD21．(2018·河北六校联考)如图所示，一细绳的上端系在O点，下端系一小球B，放在斜面粗糙的倾角为θ的斜面体A上，已知B与斜面间的动摩擦因数μ＝1tanθ.现用水平推力F向右推斜面体使之在粗糙水平地面上缓慢向右运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)，已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ0.在此过程中，下列说法正确的是()A．斜面体A对小球B的作用力水平向右B ．细绳对小球B 的拉力逐渐增大C ．斜面体受到地面的摩擦力大小不变D ．水平推力F 大小不变[解析] 对B 受力分析如图所示，因为f ＝μF ′N ，其中F N ＝F ′N ，所以有tan β＝F N f ＝tan θ，即斜面体A 对小球B 的作用力F AB水平向右，A 正确；因为F AB 与重力m B g 的合力与细绳的拉力T 是一对平衡力，且有T ＝m B g cos α，F AB ＝T sin α，用水平推力F 向右推斜面体使之在水平地面上缓慢向右运动一段距离的过程中，α增大，则F AB 和细绳的拉力T 都不断增大，B 正确；因为细绳的拉力T 在竖直方向的分量T y ＝m B g 不变，对A 和B 整体分析可知地面对斜面体的支持力F N 0＝(m A ＋m B )g ，F ′N 0＝F N 0，故斜面体受到地面的摩擦力大小为f 0＝μ0F N 0不变，所以C 正确；对斜面体A ，根据平衡条件可得F ＝F AB ＋f 0，则水平推力F 逐渐增大，D 错误．[答案] ABC二、选考题(从两道题中任选一题作答)33．(2018·南宁高三摸底)[物理——选修3－3](1)(多选)运用分子动理论的相关知识，判断下列说法正确的是________．A．分子间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位置B．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关C．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝V V0D．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动不是布朗运动E．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成(2)如图所示，两端封闭的玻璃管中间有一段长为h＝16 cm的水银柱，在27 ℃的室内水平放置，水银柱把玻璃管中的理想气体分成长度都是L0＝40 cm的A、B两部分，两部分气体的压强均为p0＝30 cmHg，现将A端抬起使玻璃管竖直．求玻璃管竖直时A气体的长度L A和B气体的压强p B.[解析](1)由于分子之间的距离为r0时，分子势能最小，故存在分子势能相等的两个位置，选项A正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，不仅与单位体积内的分子数有关，还与气体的温度有关，选项B错误；由于气体分子之间的距离远大于分子本身的大小，所以不能用气体的摩尔体积除以每个分子的体积得到阿伏加德罗常数，选项C错误；做布朗运动的微粒非常小，肉眼是观察不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动不是布朗运动，是机械运动，选项D正确；扩散可以在气体、液体和固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项E正确．(2)玻璃管由水平放置转到竖直放置，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S对A有p0L0S＝p A L A S对B有p0L0S＝p B L B Sp B＝p A＋ρ水银ghL A＋L B＝2L0解得L A＝50 cmp B＝40 cmHg[答案](1)ADE(2)50 cm40 cmHg34．(2018·云南七校联考)[物理——选修3－4](1)(多选)如图所示，直角三棱镜ABC的折射率n＝3，∠A＝60°，D是BC边上中点．现让四条相同频率的同种单色光线a、b、c、d 按图示方向射在BC面上，其中光线b是垂直BC边，关于光线第一次射出三棱镜的说法中正确的是________．A．光线a垂直AC边射出B．光线b垂直AB边射出C．光线c垂直BC边射出D．光线d垂直AB边射出E．通过该直角三棱镜所用时间最短的是光线d(2)如图所示，甲、乙分别表示一列横波上相距3 m的两个质点A 和B的振动图象．①求波通过A、B两点的时间及波速；②若A、B之间有一点P，距B为1 m，波长λ满足3 m<λ<13 m，波的传播方向是由A到B，则从t＝0开始，经过1 s时间后P点通过的路程是多少？[解析](1)该三棱镜内光线发生全反射的临界角满足sin C′＝1 n＝33，可画出a、b、c、d四条光线的光路图如图所示，可知A、D正确．从图中可以看出图4中单色光在直角三棱镜内传播路径最短，所以通过该直角三棱镜所用时间最短的是光线d，E正确．(2)①由题图可知，此波为简谐波，当t＝0时，A在波峰，B在平衡位置且向上振动，若波由A →B 传播，则s ＝AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ1＝3 m ，得λ1＝124n ＋1m(n ＝0,1,2,3，…)若波由B →A 传播，则s ＝AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34λ2＝3 m ，得λ2＝124n ＋3m(n ＝0,1,2,3，…)由题图知周期T ＝0.6 s ，所以波通过A 、B 间距离的时间有：当波由A →B 时，t 1＝s λ1T ＝320(4n ＋1) s(n ＝0,1,2,3，…) 波速v 1＝λ1T ＝204n ＋1m/s(n ＝0,1,2,3，…) 当波由B →A 时，t 2＝s λ2T ＝320(4n ＋3) s(n ＝0,1,2,3，…) 波速v 2＝λ2T ＝204n ＋3m/s(n ＝0,1,2,3，…) ②因为3 m<λ<13 m ，且波由A →B 传播，可知当λ′1＝12 m 时，波速v ′1＝20 m/s质点B 的振动方程为y B ＝A sin 2πT t ＝2sin 10π3t (cm) 由于波是由A →B 传播，则P 点相位应超前，所以P 点的振动方程y P ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10π3⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋s ′v ′1 cm ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10π3⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋120 s cm 当t ＝0时，y P 1＝1 cm ，当t ＝1 s 时，y P 2＝－2 cm ，且在t ＝0时，P 点向上运动，所以P 点通过的路程s 1＝(4×2＋2×2＋1) cm ＝13 cm[答案] (1)ADE (2)①见解析 ②13 cm。

2019届高考模拟冲刺卷理综物理（3）二、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．某实验小组在做光电效应的实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应。

对于这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是A．逸出功B．遏止电压C．饱和光电流D．光电子的最大初动能15．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面。

已知A、B、C三点的电势分别为φA=9V，φB=3V，φC=-3V，则A．D点的电势φD=3V，场强方向平行AB方向B．D点的电势φD=3V，场强方向平行AC方向C．D点的电势φD=6V，场强方向平行BC方向D．D点的电势φD=6V，场强方向平行BD方向16．如图所示，两个相同的带电小球A、B分别用2L3L长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B偏离竖直方向30°，小球A竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。

若两小球的质量均为m，重力加速度为g。

则A．A、B的静电力等于32mgB3mgC．A球受到细线的拉力等于54mgD．B3mg17．如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（光照越强电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略。

闭合开关后，当光照增强时，下列说法正确的是ABo30ABDCA ．电源的效率降低B ．电流表的示数减小C ．R 1的电功率减小D ．电容器两端电势差减小18．太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速率约为地球公转速率的7倍，轨道半径约为地球公转轨道半径的2×109倍。

为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系中所有恒星的质量都集中在银河系中心，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳质量，则银河系中恒星数目约为 A ．107 B ．1011 C ．1016 D ．101819．如图所示，理想变压器原线圈接在u 2sin100πt (V)的交流电源上，副线圈与阻值为R 1=2Ω的电阻接成闭合回路，电流表为理想电流表。

课时跟踪训练(三)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2018·天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为x ，竖直方向的位移为y ，结果小球在空中运动过程中y 与x 2的关系如图所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为( )A.102m/s B. 5 m/s C ．2 m/s D. 2 m/sA [将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为v 0，则有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，则y ＝g2v 20x 2，结合图象有g 2v 20＝2，求得v 0＝102m/s ，A 项正确．]2．(2018·石家庄市高三考前诊断(二))2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )A ．①B ．②C ．③D ．④A [根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A 正确．]3．(2018·最新高考信息卷)如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶ 3 C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等C [A 项，小球乙到C 的速度为v ＝2gh ，此时小球甲的速度大小也为v ＝2gh ，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh 2故A 错；B.小球运动到C 时所用的时间为h ＝12gt 2得t ＝2h g .而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh2g，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3∶2故B 错．C.由甲乙各自运动的时间得：Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等故D 错；故选C.]4．(2018·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R 的圆轮在竖直面内绕O 轴匀速转动，轮上A 、B 两点均粘有一小物体，当B 点转至最低位置时，此时O 、A 、B 、P 四点在同一竖直线上，已知OA ＝AB ，P 是地面上的一点．A 、B 两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)．则OP 的距离是( )A.76R B ．7R C.52RD ．5RA [设OP 之间的距离为h ，则A 下落的高度为h －12R ，A 随圆轮运动的线速度为12ωR ， 设A 下落的时间为t 1，水平位移为x ， 则在竖直方向上有h －12R ＝12gt 21① 在水平方向上有x ＝12ωR ·t 1②B 下落的高度为h －R ，B 随圆轮运动的线速度为ωR ，设B 下落的时间为t 2，水平位移也为x ，则在竖直方向上有h －R ＝12gt 22③在水平方向上有x ＝ωR ·t 2④联立①②③④式解得h ＝76R ，A 项正确．]5．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C .已知斜面上端与曲面末端B 相连．若AB 的高度差为h ，BC 间的高度差为H ，则h 与H 的比值等于(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.34B.43C.49D.94C [小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh ＝12m v 2B ，解得：v B ＝2gh ，到达B 点后小球做平抛运动在竖直方向有：H ＝12gt 2，解得：t ＝2Hg ，水平方向x ＝v B t ，根据几何关系有：tan 37°＝H x ＝Hv Bt ＝H 2Hg 2gh＝34，解得：h H ＝49，故C 正确，A 、B 、D 错误．]6．(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为m 的小球用长度为R 的细绳拴着在竖直面上绕O 点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．小球通过最高点A 的速度为gRB ．小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为mgRC ．若细绳在小球运动到与圆心O 等高的C 点断了，则小球还能上升的高度为RD ．若细绳在小球运动到A 处断了，则经过t ＝2Rg 时间小球运动到与圆心等高的位置D [A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg ＝m v2R .得v ＝gR ，故A 错误；B.从最高点到最低点重力做功为2mgR ，根据动能定理可知小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为2mgR ，故B 错；C.从A 到C 由动能定理可知：mgR ＝12m v 2C －12m v 2，当绳子断掉后上升的高度为h ，则－mgh ＝0－12m v 2C ，解得h ＝32R ，故C 错；D.若细绳在小球运动到A 处断了，则下降R 所用的时间为R ＝12gt 2，解得t ＝2Rg ，故D 正确；故选D.]7．(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m 的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是( )A ．轻绳上的弹力保持不变B ．轻绳上的弹力逐渐变大C ．弹簧上的弹力逐渐变大D ．弹簧上的弹力先变小后变大BD [小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：T cos θ＝mg ，T sin θ－F ＝mω2r ，由于小球在竖直方向处于静止，所以T ＝mgcos θ，随角速度增大，θ增大，所以T 增大，随角速度增大，θ增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B 、D 正确．]8．(2018·吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD 是一个边长为L 的正方形木块，将一个可视为质点的小球从P 点以初速度v 0斜向上抛出，小球到达A 点时速度方向恰好与AB 平面相切．已知重力加速度为g ，P 、D 之间的距离为2L .下列说法正确的是( )A ．小球到达A 点时的速度为24v 0B ．小球在P 点时，速度方向与水平夹角为45°C ．小球在由P 向A 运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小D ．仅减小初速度v 0，小球仍有可能运动到AB 平面上BC [根据逆向思维，小球从A 到P 做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v ，根据平抛运动的规律，小球在P 点时，v y v ＝2y x ＝2L 2L ＝1，所以v y ＝v ，而v 2y ＋v 2＝v 0，所以v y ＝v ＝22v 0，小球在P 点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A 错误，选项B 正确；球在由P 向A 运动的过程中，重力的瞬时功率P ＝mg v y ，随着v y 的变小而逐渐减小，选项C 正确；仅减小初速度v 0，小球不可能运动到AB 平面上，选项D 错误．]9．如图所示，一根原长为l 0的轻弹簧套在光滑直杆AB 上，其下端固定在杆的A 端，质量为m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A 端的竖直轴OO ′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l 02，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是( )A ．弹簧为原长时，杆的角速度为g2l 0B ．当杆的角速度为gl 0时，弹簧处于压缩状态C ．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D ．在杆的角速度由0缓慢增大到232g l 0过程中，小球机械能增加了54mgl 0CD [静止时，k l 02＝mg sin θ⇒kl 0＝mg ，弹簧为原长时，mg tan 30°＝mω2l 0·cos 30°，解得：ω＝2g3l 0，A 项错误；当杆的角速度大于2g3l 0时，小球做圆周运动所需的向心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B 项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 项正确；小球随杆转动的角速度为232g l 0时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为Δl ，在水平方向上：F N sin 30°＋k Δl ·cos 30°＝mω2(l 0＋Δl )cos 30°，在竖直方向上：F N cos 30°－k Δl ·sin 30°－mg ＝0，解得：Δl ＝l 02，则小球的重力势能增加量为ΔE p ＝mgl 0sin 30°＝12mgl 0，动能增加量为ΔE k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32ωl 0cos 30°2＝34mgl 0，可知D 项正确．] 10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)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 .已知小球与地面接触的时间为t ，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4tB ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH4t ＋mgC ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为32HAC [A 、B 项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v 1＝－2gH ，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v 2＝2g ×9H 16＝9gH8，在小球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有：F t ＝m v 2－m v 1，代入数据解得：F ＝7m 2gH4t ，故A 正确，B 错误；C 、D 项：小球第一次下落的时间为t ＝2Hg ，水平初速度v 0＝4H 32Hg＝8gH9，第一次反弹到最高点所用的时间为t ′＝2×9H 16g，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v 0t ′＝28gH9×9H8g ＝2H ，故C正确，D 错误．]11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC 为半径等于252m 、竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5 kg 的小球从O 点正上方某处A 点以速度v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入圆管，OB 与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F ＝5 N 的力的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g 取10 m/s 2)求：(1)小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？OA 的距离为多少？ (2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ (3)小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？解析 (1)小球从A 运动到B 为平抛运动，有r sin 45°＝v 0t 在B 点，有tan 45°＝gt v 0解以上两式得v 0＝2 m/s ，t ＝0.2 s 则AB 竖直方向的距离为h ＝12gt 2＝0.2 m OB 竖直方向的距离为h ′＝r cos 45°＝0.4 m 则OA ＝h ＋h ′＝(0.2＋0.4)m ＝0.6 m. (2)在B 点据平抛运动的速度规律有 v B ＝v 0cos 45°＝2 2 m/s小球在管中重力与外加的力F 平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为F N ＝m v 2Br ＝5 2 N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 F N ′＝F N ＝52N.(3)在CD 上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mg sin 45°＋μmg cos 45°＝ma 解得a ＝g sin 45°＋μg cos 45°＝82m/s 2根据速度位移关系公式，有x ＝v 2B 2a ＝24m.答案 (1)2m/s 0.6 m (2)52N (3)24m12．如图所示，台阶的高度H ＝1.45 m ，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m 的小球A ，在紧靠A 的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B ，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P ，传送带的长度L ＝53 m ，传送带以v ＝5 m/s 的速率逆时针转动．把小球B 拉到离平台h ＝0.8 m 高处由静止释放，与小球A 正碰后B 球能上升到离平台14h高处，小球A恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A与传送带之间的动摩擦因数μ＝38，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求传送带上端距台阶的距离s；(2)求小球B的质量m B；(3)小球A被P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A到达的最高点距平台的高度．解析(1)设小球A离开平台的速度为v A，到达传送带上端的速度为v Q，竖直分速度为v，则v y ＝v A tan θv2y＝2g(H－L sin θ)v Q＝v y sin θv y＝gts＝v A t代入数据解得v A＝4 m/sv Q＝5 m/ss＝1.2 m(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为v B，则有m B gh＝12m Bv2012m B v2B＝m B g×h4若B球碰撞后向右运动，则m B v0＝m B v B＋m v A代入数据解得B球的质量m B＝2m此条件下系统的机械能损失ΔE＝14m B gh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理．若B 球碰撞后向左运动，则 m B v 0＝m B (－v B )＋m v A代入数据解得B 球的质量m B ＝23m此条件下系统的机械能增加ΔE ＝34m B gh ，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，应舍去． (3)小球A 从传送带上端运动到下端的过程，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1v 2P －v 2Q ＝2a 1L代入数据解得v P ＝35m/s小球A 被反弹后，由于v P >v ，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2小球A 减速到v 经过的位移为L 1，则v 2－v 2P ＝－2a 2L 1代入数据解得L 1＝59m小球A 从速度为v 时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为a 1，则v 2t －v 2＝－2a 1(L －L 1)代入数据解得v t ＝553m/s由于v t <v Q ，故小球A 不可能回到平台上．此后小球A 运动到最高点的过程可看做平抛的逆运动，则 小球A 上升的高度h ′＝(v t sin θ)22g ＝0.33 m小球A 到达的最高点距平台的高度H ′＝H －L sin θ－h ′＝0.12 m. 答案 (1)s ＝1.2 m (2)m B ＝2m (3)不能，H ′＝0.12 m。

高考模拟标准练(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分110分，考试时间60分钟。

第Ⅰ卷(选择题共48分)二、选择题(本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14.如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5 eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为U a和U b，则( ) A．λa>λbB．U a<U bC．a光的光子能量为12.55 eVD．b光照射金属钨产生的光电子的最大初动能E k b＝7.59 eV解析：氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级产生a光，a光的光子能量hνa ＝E a＝E4－E1＝12.75 eV，氢原子中的电子从n＝3能级跃迁到n＝1能级产生b光，b光的光子能量hνb＝E b＝E3－E1＝12.09 eV，a光的光子能量高，则a光的频率大，波长小，即λa<λb，A、C项错误；由光电效应方程E k＝hν－W0和E k＝eU c可知，频率越大，对应遏止电压U c越大，即U a>U b，B项错误；E k b＝hνb－W0＝7.59 eV，D项正确。

答案： D15．图示为5个点电荷电场的电场线分布情况，曲线cd是一带电粒子(不计重力)运动的轨迹，则下列判断正确的是( )A ．a 点的场强大于c 点的场强B ．a 、b 两点的电势可能相等C ．该粒子带正电D ．一电子在a 点的电势能大于在b 点的电势能解析：根据电场线的疏密程度表示场强的大小可知，a 点的场强小于c 点的场强，A 错误；根据等势线与电场线垂直，画出a 点的等势线如图所示，则a ′点的电势与a 点的电势相等，根据沿电场线方向电势逐渐降低知，b 点的电势高于a ′点的电势，即高于a 点的电势，B 错误；根据粒子所受到的合力指向轨迹凹处知，该粒子带负电，C 错误；若电子从a ′点运动到b 点，电场力做正功，电势能减少，电子在a 点的电势能与在a ′点的电势能相等，则电子在a 点的电势能大于在b 点的电势能，D 正确。