2020届高考物理山东省二轮复习训练题：中档防错4-平抛运动与斜面、圆周运动相结合问题

2020年山东省高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，满分24分）1．同向行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b。

由图可知（）A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车的位移大于b车C．t1到t2时间内a车的平均速度小于b车D．t1到t2时间内某时刻两车的速度相同2．如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B间的接触面光滑．已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α．B与斜面之间的动摩擦因数是（）A．tanαB．tanαC．cotαD．cotα3．以水平面为零势能面，则小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为（）A．：1B．1：1C．1：D．：14．如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为T，B的周期为．下列说法正确的是（）A．A的线速度大于B的线速度B．A的加速度大于B的加速度C．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等D．从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T5．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．在t＝0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin50πt（V）C．R t处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变D．R t处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大6．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波源从平衡位置开始振动．当波传到x＝1m的P点时开始计时，已知在t＝0.4s时PM间第一次形成图示波形，此时x＝4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（）A．P点的振动周期为0.4sB．P点开始振动的方向沿y轴正方向C．当M点开始振动时，P点可能在波谷D．这列波的传播速度是15 m/s7．真空中有一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示。

专题04平抛运动与圆周运动【母题来源一】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅰ卷）【母题原题】（2020·新课标Ⅰ卷）如图，一同学表演荡秋千。

已知秋千的两根绳长均为10m ，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg 。

绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s ，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A.200NB.400NC.600ND.800N【答案】B【解析】在最低点由22mv T mg r-=，知T =410N ，即每根绳子拉力约为410N ，故选B 。

【母题来源二】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国Ⅱ卷）【母题原题】（2020·新课标Ⅱ卷）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。

若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点。

c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。

21E E 等于（）A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv =，根据平抛运动规律有2112h gt =，11h v t =，当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv =，根据平抛运动规律有221122h gt =，223h v t =，联立以上各式可解得2118E E =，故选B 。

【母题来源三】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】（2020·江苏卷）如图所示，小球A 、B 分别从2l 和l 的高度水平抛出后落地，上述过程中A 、B 的水平位移分别为l 和2l 。

忽略空气阻力，则（）A.A 和B 的位移大小相等B.A 的运动时间是B 的2倍C.A 的初速度是B 的12D.A 的末速度比B 的大【答案】AD【解析】A ．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得A s ==，B s ==，A 和B 的位移大小相等，A 正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即A t ==，B t ==A 的运动时间是B 倍，B 错误；C ．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则xAA l v t ==，xB B 2l v t ==，则A 的初速度是B的，C 错误；D ．小球A 、B 在竖直方向上的速度分别为yA v=yB v=，所以可得Av=B v ==，即A B v v >，D 正确。

绝密★启用前人教版 2020 寒假高三物理二轮复习平抛运动与圆周运动练习本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为，g取10m/s2。

则的最大值是( )A．B．C． 1.0rad/sD． 0.5rad/s2.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．3.静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t,水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为，忽略空气阻力（重力加速度g取10）,以下说法正确的是（）A．水流射出喷嘴的速度为B．空中水柱的水量为C．水流落地时位移大小为D．水流落地时的速度为4.在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零，加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）A．相对地面的运动轨迹为直线B．相对地面做变加速曲线运动C．t时刻猴子对地速度的大小为（v0+at）D．t时间内猴子对地的位移大小为5.如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有（）A．a的运动时间是b的运动时间的倍B．a的位移大小是b的位移大小的倍C．a，b落地时的速度相同，因此动能一定相同D．a，b落地时的速度不同，但动能可能相同6.某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目。

训练1 匀变速直线运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2解析：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A项正确，B 、C 、D 项错误．答案：A2．一质点沿坐标轴O x 做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x 随时间t 的变化关系为x ＝5＋2t 3，速度v 随时间t 的变化关系为v ＝6t 2，其中v 、x 和t 的单位分别是m/s 、m 和s.设该质点在t ＝0到t ＝1 s 内运动位移为s ，平均速度为v ，则( )A ．s ＝6 m ，v ＝6 m/sB ．s ＝2 m ，v ＝2 m/sC ．s ＝7 m ，v ＝7 m/sD ．s ＝3 m ，v ＝3 m/s解析：当t ＝0时，x 0＝5 m ，t ＝1 s 时，x 1＝7 m ，因此s ＝x 1－x 0＝2 m ，而平均速度v ＝s t ＝2 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．如图，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC .设球经过B 点前后速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( )A ．3∶4,2.1 m/sB ．9∶16,2.5 m/sC ．9∶7,2.1m/sD ．9∶7,2.5 m/s解析：设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v 2B 2x ，在BC 段a 2＝v 2C －v 2B 2x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，选C.答案：C4．物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s 后速度变为v ，则下列说法正确的是( )A ．2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2B ．第1 s 内与第2 s 内的位移之比为1∶3C ．1 s 内与2 s 内的位移之比为1∶3D ．0～3 s 时间内的平均速度为v 3解析：由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2∶3，A 错；同理，由静止开始，连续的3个1 s 内的位移之比为1∶3∶5，B 对；故1 s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比为1∶(1＋3)∶(1＋3＋5)＝1∶4∶9，C 错；平均速度为v 2，D 错．答案：B5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为()A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法计算 解析：从发出超声波到接收到反射回来的超声波信号，汽车前进了20 m ，根据超声波的往返运动时间相等，可判断汽车在超声波往返的两段时间内通过的位移之比为1∶3，所以超声波到达汽车处时两者之间距离为340 m ，超声波往返的时间都是t ＝340 m 340 m/s ＝1 s ，汽车在1 s 内由静止开始运动，位移为5 m ，可得加速度a ＝10 m/s 2，选项B 正确．答案：B6.如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将到达路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，则下列说法中正确的有( )A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车能停在停车线前D．如果距停车线5 m时汽车开始减速，汽车能停在停车线处解析：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2 s末汽车的最大位移x＝v0t1＋12a1t21＝20 m>18 m，此时汽车的速度为v1＝v0＋a1t1＝12 m/s<12.5 m/s，汽车没有超速，A对，B错；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要的最短时间t2＝v0a2＝1.6 s<2s，设从刹车到停下汽车运动的位移为x2，由0－v20＝－2a2x2，得x2＝6.4 m<18 m，即停下时没有过停车线，C对；由x2＝6.4 m>5 m知，D错．答案：AC7.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A．t1B．t2C．t3D．t4解析：已知质点在外力作用下做直线运动，在题图中的t1时刻v－t图象的斜率大于零，此时的速度大于零，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，故A选项正确；在题图中的t2时刻v－t图象的斜率小于零，此时的速度大于零，因此t2时刻质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项错误；同理可知，t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t4时刻质点所受合外力的方向与速度的方向相反，故C选项正确，D选项错误．答案：AC8．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s又回到初始位置的是()解析：选项A为x－t图象，由图象可知t＝0时物体位于坐标原点，在t＝2 s时纵坐标为x＝0，回到初始位置；选项B为v－t图象，由图象可知在0～2 s 内v－t图线与时间轴所围的面积越来越大，物体离初始位置越来越远；选项C 仍为v－t图象，由图象可知在0～2 s内v－t图线与时间轴所围的面积为零，所以物体的位移为零，物体回到初始位置；选项D为a－t图象，物体在前1 s内和后1 s内加速度等大反向，但物体的初速度未知，物体并不一定回到初始位置．答案：AC二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．汽车前方s＝120 m处有一自行车正以v2＝6 m/s的速度匀速前进，汽车以v1＝18 m/s的速度追赶自行车，已知两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动．(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s 2，则再经过多长时间两车第二次相遇？解析：(1)设经时间t 两车相遇，由位移关系有v 1t ＝v 2t ＋s ，解得：t ＝10 s.(2)设汽车经时间t 1后停下，则有t 1＝0－v 1a ＝9 s ，该时间内的位移为s 1＝0－v 212a＝81 m ，此时间内自行车的位移为s 2＝v 2t 1＝54 m ，即自行车没有在汽车停下前追上，则第二次相遇又经过的时间为t 3＝s 1v 2＝13.5 s. 答案：(1)10 s (2)13.5 s 10.一小型玩具火箭从地面由静止匀加速竖直上升，燃料用尽后落回地面，其运动的v －t 图象如图所示，求：(1)上升阶段和下降阶段的加速度；(2)火箭离地面的最大高度；(3)从发射到落地，火箭经历的时间．解析：(1)由题图可知上升阶段的0～2 s 的加速度为a 1＝102 m/s 2＝5 m/s 2，上升阶段的2～3 s 加速度为a 2＝－101 m/s 2＝－10 m/s 2，下降阶段的加速度a 3＝a 2＝－10 m/s 2，加速度取竖直向上为正方向．(2)由题图可知3 s 末火箭到达最高点，则火箭离地面的最大高度h ＝102×3 m＝15 m.(3)由题图可知火箭上升3 s 后开始下落，设再经时间t 落地，由h ＝12|a 3|t 2＝15 m ，解得：t ＝1.73 s ．故火箭经历的总时间为3 s ＋1.73 s ＝4.73 s.答案：(1)－10 m/s 2 －10 m/s 2 (2)15 m (3)4.73 s训练2 力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32mC ．mD ．2m解析： 本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确． 答案：C2.如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O 点，右端跨过位于O ′点的固定光滑轴悬挂一质量为M 的物体；OO ′段水平，长度为L ；绳上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L ，则钩码的质量为( )A.22MB.32MC.2MD.3M解析：如图所示，轻环上挂钩码后，物体上升L ，则根据几何关系可知，三角形OO ′A 为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mg cos30°＝mg ，求得m ＝3M ，D 项正确．答案：D3．如图所示，竖直悬挂于C 点的小球，另两根细绳BC 、AC 与竖直方向的夹角分别是30°、60°，静止时三根绳子的拉力分别为F 1、F 2、F 3(如图标示)，关于三个拉力的大小关系，下列判断正确的是( )A ．F 1>F 2>F 3B ．F 1<F 2<F 3C ．F 2>F 3>F 1D ．F 2<F 1<F 3解析：对结点C 受力分析，三力平衡，F 1与F 2的合力与F 3等大反向，根据几何关系可知：F 1＝F 3sin60°＝32F 3，F 2＝F 3sin30°＝12F 3，F 2<F 1<F 3，故D 正确．答案：D4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m ＝1 kg 的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是( )A ．小物块可能只受三个力B ．弹簧弹力大小一定等于4 NC ．弹簧弹力大小可能等于5 ND ．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N ，mg sin37°＝6 N ，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A 错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N )≥6 N ，解得F N ≥4 N ，故B 错误，C 正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D 错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 、MN 的中点P 上，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P 点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθB．F N＝m1g＋m2g－F cosθC．f＝F cosθD．f＝F sinθ解析：把A、B和弹簧作为整体进行受力分析，静止状态合力为零，故A、C正确．答案：AC7.质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．轻绳对小球的作用力大小为33mgB ．斜面体对小球的作用力大小为2mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体对水平面的摩擦力大小为36mg解析：小球处于平衡状态，支持力垂直于斜面且与竖直方向成30°角，将轻绳的拉力T 和斜面对小球的支持力N 进行正交分解可得T cos30°＝N cos30°＝12mg ，小球与斜面间没有摩擦力，故斜面体和轻绳对小球的作用力均为33mg ，A 正确，B 错误；对小球和斜面体整体进行受力分析可得C 错误，D 正确．答案：AD8.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A 、B 两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F 作用于物体B 上，将物体B 缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止．在此过程中( )A ．水平力F 一定变小B ．斜面体所受地面的支持力不变C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D ．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B 受到三个力作用，受力平衡，可判断F 逐渐增大，A 错误；斜面体对物体A 的支持力不变，物体A 受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C 错误；对物体A 、B 和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F ，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B 、D 正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F TA 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg .答案：(1)0°≤θ<120° (2)3mg 32mg10.如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，绕绳质量不计，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T ＝mg ，绕绳对人的拉力大小为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33 N ＝200 3 NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝400 3 N 答案：(1)200 N (2)200 3 N 400 3 N训练3 牛顿运动定律及其应用一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1．如图所示，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，小球A 的质量为2m ，小球B 和C 的质量均为m ，B 、C 两球到结点P 的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计．当B 、C 两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时，A 球将( )A ．向上加速运动B ．向下加速运动C ．保持静止D ．上下振动 解析：B 球、C 球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力，设整体下降的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有2mg －T ＝2ma ，对A 球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有T －2mg ＝2ma ，联立两式解得a ＝0，即A 球将保持静止，处于平衡状态．故选C.答案：C 2.如图所示，带支架的平板小车水平向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终静止在小车上，B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对B 产生的作用力的大小和方向为( )A ．mg ，竖直向上B ．mg 1＋μ2，斜向左上方C ．mg tan θ，水平向右D.mg cos θ，斜向右上方解析：以A 为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律得m A g tan θ＝m A a ，解得a ＝g tan θ，方向水平向右．再对B 研究得：小车对B 的摩擦力f ＝ma ＝mg tan θ，方向水平向右，小车对B 的支持力大小为N ＝mg ，方向竖直向上，小车对B 的作用力的大小为F ＝N 2＋f 2＝mg 1＋tan 2θ＝mg cos θ，方向斜向右上方，故选D.答案：D3．在地面上以初速度v 0竖直向上抛出一小球，经过2t 0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋k v＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－k v＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A4．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故A、B、C错误，D正确．答案：D5．如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0.3.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．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg解析：将a 沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：F f ＝ma x竖直方向：F N －mg ＝ma y 由a y a x＝34三式联立解得F f ＝0.2mg ，D 正确．答案：D6．如图甲所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为α的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，则根据图乙所提供的信息可以计算出( ) A ．加速度从2 m/s 2增加到6 m/s 2的过程中物体的速度变化量B ．斜面的倾角C ．物体的质量D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度 解析：因为物体做变加速运动，所以无法根据公式求得某时刻的速度及速度变化量，选项A 、D 错误；由题图乙可知，当F ＝0时，有mg sin α＝ma ，解得斜面的倾角α＝37°，当F ＝15 N 时，a ＝0，则F cos α＝mg sin α，可得m ＝2 kg ，选项B 、C 正确．答案：BC 7.如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F >32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 恰好未发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；若A 、B 整体恰好未发生相对滑动，有F －32μmg ＝3ma max ，则F >3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．答案：BCD8．如图甲所示，传送带以速度v 1匀速转动，一滑块以初速度v 0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度—时间图象如图乙所示．已知v 0>v 1，则下列判断正确的是( )A ．传送带顺时针转动B ．t 1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减速运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t 2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B 、C 错误，D 正确．答案：AD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F ，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f 的大小随拉力F 变化的情况．(设木板足够长)解析：(1)根据牛顿第二定律对铁块：F －μ2mg ＝ma 1对木板：μ2mg －μ1(mg ＋Mg )＝Ma 2又s 铁＝12a 1t 2，s 木＝12a 2t 2，L ＝s 铁－s 木，联立解得：t ＝1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力f m2＝μ2mg ＝4 N木板与地面之间的最大静摩擦力f m1＝μ1(mg ＋Mg )＝2 N当F ≤f m1＝2 N 时，木板与铁块都静止，f ＝F当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F 1，根据牛顿第二定律，对铁块：F 1－μ2mg ＝ma 1对整体：F 1－μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a 1联立解得：F 1＝6 N ，所以当2 N<F ≤6 N 时，铁块与木板相对静止，对整体：F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对铁块：F －f ＝ma ，解得：f ＝F 2＋1(N)当F >6 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f ＝μ2mg ＝4 N答案：(1)1 s (2)见解析 10.如图，质量m ＝5 kg 的物块(看做质点)在外力F 1和F 2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F 1大小为50 N ，方向斜向右上方，与水平面夹角α＝37°，F 2大小为30 N ，方向水平向左，物体的速度v 0大小为11 m/s.当物块运动到距初始位置距离x 0＝5 m 时撤掉F 1，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ；(2)撤掉F 1以后，物块在6 s 末距初始位置的距离．解析：(1)物块向右做匀速运动：F f ＋F 2＝F 1cos αF f ＝μ(mg －F 1sin α)联立解得：μ＝0.5.(2)撤掉F 1后：a 1＝F 2＋μmg m ＝30＋255m/s 2＝11 m/s 2设经过时间t 1向右运动速度变为0，则：t 1＝v 0a 1＝1 s 此时向右运动的位移：x 1＝v 02t 1＝5.5 m ，后5 s 物块向左运动：a 2＝F 2－μmg m＝1 m/s 2，后5 s 向左运动的位移：x 2＝12a 2t 22＝12.5 m物块在6 s 末距初始位置的距离：Δx ＝x 2－(x 0＋x 1)＝12.5 m －(5 m ＋5.5 m)＝2 m.答案：(1)0.5(2)2 m训练4 抛体运动与圆周运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.如图所示，A 、D 分别是斜面的顶端、底端，B 、C 是斜面上的两个点，AB＝BC ＝CD ，E 点在D 点的正上方，与A 等高，从E 点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B 点，球2落在C 点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A ．球1和球2运动的时间之比为2∶1B ．球1和球2动能增加量之比为1∶3C ．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D ．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC ＝2AB ，则AC 的高度差是AB 高度差的2倍，根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g ，解得球1和球2运动的时间比为1∶2，故A 错误；根据动能定理得，mgh ＝ΔE k ，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B 错误；DB 在水平方向上的位移是DC 在水平方向位移的2倍，结合x ＝v 0t ，解得初速度之比为22∶1，故C 正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g ，故两球的加速度相同，故D 错误．答案：C2．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置)，两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力变小B ．小球P 运动的角速度变小C ．Q 受到桌面的静摩擦力变大D ．Q 受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L .P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：F T＝mg cos θ，mg tan θ＝mω2L sin θ，得角速度ω＝g L cos θ，周期T ＝2πω＝2πL cos θg .使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得知细线拉力F T 增大，角速度增大，周期T 减小．对Q ，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故A 、B 错误，C 正确；金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D 错误．答案：C 3.如图所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m 的小球(可看做质点)在圆管中运动．小球以速率v 0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为( )A ．m v 20rB ．mg ＋m v 20rC ．2mg ＋m v 20rD ．2mg －m v 20r解析：以球为研究对象，根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 20r ，解得F N ＝mg ＋m v 20r .由牛顿第三定律知：球对圆管的作用力大小F ′N ＝F N ＝mg ＋m v 20r ，方向向下．再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F ＝mg＋F ′N ＝2mg ＋m v 20r .答案：C4.如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D 点，则CD 与DA 的比为( )A.1tan αB.12tan α。