2020届新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题
2020届新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题 本试卷可以做为期中考试（命题范围：必修1、2及选修3-1） 说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分；答题时间90分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态.当用水平向左的恒力F推Q时，P、Q仍静止不动，则（ ）
A．Q受到的摩擦力一定变小 B．Q受到的摩擦力一定变大 C．轻绳上的拉力一定变小 D．轻绳上拉力一定不变 2．甲、乙、丙三个小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P点在丙的正下方，在同一时刻甲、乙、丙开始运动，甲以初速度v0做平抛运动，乙以水平速度v0沿光滑水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动.则（ ） A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在P点 B．若甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一定在P点 C．若只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未 着地 D．无论初速度v0大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在P点相遇 3．如图所示，质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是（0），用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1
上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F/作用在m1时，两物块均以加速度a/=2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x/.则下列关系正确的是 （ ） A．F/=2F B．x/=2x C．F/>2F D．x/<2x 4．电荷量分别为+q、+q、－q的三个带电小球，分别固定在边 长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（ ） A．增加EqL/2 B．减少EqL/2 C．增加EqL D．减少EqL 5．如图所示，小王要在客厅里挂上一幅质量为1.0kg的画（含画框），画框背面有两个相距1.0m、位置固定的挂钩，他将轻质细绳两端分别固定在两个挂钩上.把画对称地挂在竖直墙壁的钉子上，挂好后整条细绳呈绷紧状态.设细绳能够承受的最大拉力为10N，g取10m/s2，则细绳至少需要多长才至于断掉（ ） A．1.2m B．1.5m C．2.0m D．3.5m 6．2020年5月的天空是相当精彩的，行星们非常活跃，木星冲日、火星合月、木星合月等景观美不胜收，而流星雨更是热闹非凡，宝瓶座流星雨非常壮丽，值得一观. 在太阳系中，木星是九兄 弟中“最魁梧的巨人”，5月4日23时，发生木星冲日现象.所谓的木星冲日是指地球、木星在各自轨道上运行时与太阳重逢在一条直线上，也就是木星与太阳黄经相差180度的现象，天文学上称为“冲日”.冲日前后木星距离地球最近，也最明亮. 下列说法正确的是（ ）
A．2020年5月4日，木星的线速度大于地球的线速度 B．2020年5月4日，木星的加速度大于地球的加速度 C．2020年5月4日，必将产生下一个“木星冲日” D．下一个“木星冲日”必将在2020年5月4日之后的某天发生
7．如图所示，质量为m的光滑球放在底面光滑的质量为M的三角劈与竖直档板之间，在水平方向对三角劈施加作用力F，可使小球处于静止状态或恰可使小球自由下落，则关于所施加的水平力的大小和方向的描述正确的有（ ） A．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为mg B．小球处于静止时，应施加水平向左的力F，且大小为tgmg C．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为 tgMg
D．小球恰好自由下落时，应施加水平向右的力F，且大小为 ctgMg
8．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶，如图所示，若特技演员的质量m=50kg（人和车可视为质点），g取10m/s2，导演在某房顶离地H=8m处架设了轮轴，轮和轴的直径之比为2:1.若轨道车从图中A前进s=6m到B处时速度为v=5m/s，则由于绕在轮上细钢丝拉动，特技演员 （ ） A．上升的高度为12m B．在最高点具有竖直向上的速度6m/s C．在最高点具有的机械能为2900J D．钢丝在这一过程中对演员做的功为1225J 9．如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，用不可伸长的轻绳穿过小孔，绳的两端分别挂上小球C和物体B，在B的下端再挂一重物A，现使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时圆周运动的半径为R，现剪断连接A、B的绳子，稳定后，小球以另一半径在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A．小球运动半周，剪断连接A、B的绳子前受到的冲量大些 B．剪断连接A、B的绳子后，B、C具有的机械能增加 C．剪断连接A、B的绳子后，C的机械能不变 D．剪断连接A、B的绳子后，A、B、C的总机械能不变（A未落地前）
10．K－介子衰变的方程为0K，其中K介子和介子带负的元电荷e，0不带电.如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.今有一个K－介子沿垂直于磁场的方向从A点射入匀强磁场B1中，其轨迹为圆弧AP，P在MN上，K－介子在P点时速度为v，方向与MN垂直.在P点该介子发生了上述衰变，衰变后产生的介子以原速率沿反方向射回，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线.则以下说法中正确的是（ ） A．介子的运行轨迹为PENCMDP B．介子运行一周回到P点用时为eBmT22
C．B1=4B2 D．0介子做匀速直线运动
第Ⅱ卷（非选择题，共110分） 二、本题共1小题，共12分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答. 11．为了探究物体做功与物体速度变化的关系，现提供如图所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答下列问题（打点计时器交流电频率为50Hz） （1）为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？_____________ （2）当我们分别用同样的橡 皮筋1条、2条、3条 ……..并起来进 行第一次、第二次、第三 次……..实验时，每次实验 中橡皮筋拉伸的长度应保 持一致，我们把第一次实 验时橡皮筋对小车做的功 记为W. （3）由于橡皮筋对小车做功而使小车获 得的速度可以由打点计时器和纸带测出， 如图所示是其中四次实验打出的纸带. （4）试根据第（2）、（3）项中的信息，填写下表. 次数 1 2 3 4 橡皮筋对小车做功 小车速度v（m/s） V2（m2/s2） 从表中数据可得出的结论：___________________________________. 三、本题共4小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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. 12．（12分）如图所示，半径为R的半球支撑面顶部有一小孔.质量分别为m1和m2
的两只小球（视为质点），通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有的
摩擦.请你分析： （1）m2小球静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ，则m1、m2、θ和R之间满足什么关系？ （2）若m2小球静止于θ=45°处，现将其沿半球面稍稍向下移动一些，则释放后m2
能否回到以来位置，请作简析.
13．（12分）如图所示，电源电动势E=18V，内阻r=2Ω，两平行金属板水平放置，相距d=2cm，当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时，一带电量q=－2×10－7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央，此时电流表的读数为1A.已知定值电阻R1=6Ω.求： （1）带电液滴的质量（取g=10m/s2）. （2）当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后，液滴将做何种运动，求出必需的物理量. （3）液滴到达极板时的动能多大？ 14．（12分）如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B=5.0×10－2T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量m=6.64×10－27kg、电荷量为q=+3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子的重力），由静止开始经加速电压为U=1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域. （1）请你求出α粒子在磁场中的运动半径； （2）请你在图中画出α粒子从直线x=－4到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x=4交点的坐标； （3）求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间. 15．（12分）儿童滑梯可以看成是由斜槽AB和水平槽CD组成，中间用很短的光滑圆弧槽BC连接，如图所示.质量为m的儿童从斜槽的顶点A由静止开始沿斜槽AB滑下，再进入水平槽CD，最后停在水平槽上的E点，由A到E的水平距离设为L.假设儿童可以看作质点，已知儿童的质量为m，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A点与水平槽CD的高度差为h. （1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功和克服摩擦力做的功. （2）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通过的水平距离 L与斜槽AB跟水平面的夹角无关. （3）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过 v，斜槽与水平面的夹角不能超过多少？ （可用反三角函数表示）
参考答案 1．答案：D Q开始时受到的摩擦力大小、方向不能确定，故不能其变化情况；但P、Q仍静止，轻绳上拉力一定不变.故D选项正确. 2．答案：AB 因为乙、丙只能在P点相遇，所以三球若相遇，则一定相遇于P点，A正确；因为甲、乙水平方向做速度相同的匀速直线运动，所以B正确；因为甲、丙两球在竖直方向同时开始做自由落体运动，C错误；因B项存在的可能，所以D错.
湖南省岳阳市第一中学培优班2020届高考物理第一轮复习 补充资料 第2单元 相互作用1 重力 弹力 摩擦力
第二单元 相互作用§1 重力 弹力 摩擦力 一．知识点 1．力 2．重力 3．弹力 3．摩擦力二．典例解析 1．弹力【例1】 如图所示，用细绳连接用同种材料制成的a 和b 两个物体。
它们恰能沿斜面向下作匀速运动，且绳子刚好伸直，关于a 、b 的受力情况（ ）A ．a 受3个力，b 受4个力B ．a 受4个力，b 受3个力C ．a 、b 均受3个力D ．a 、b 均受4个力【例2】如图所示，四根相同的弹簧都处于水平位置，右端都受到大小皆为F 的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中的弹簧左端固定在墙上；②中的弹簧左端受大小也为F 的拉力作用；③中的弹簧左端栓一个小物块，物块在光滑桌面上滑动； ④中的弹簧左端栓一个小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动．若认为弹簧的质量都为零，以1l 、2l 、3l 、4l 依此表示四根弹簧的伸长量，则有F 引 mgF 向（ ） A ．1l ＜2lB ．2l =4lC ．3l ＜1lD ．4l ＞3l【例3】(2020年新课标)一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2。
弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为A ．2121F F l l -- B.2121F F l l ++ C.2121F F l l +- D.2121F F l l -+组合弹簧问题 【例4】如图所示，一劲度系数为k ２的弹簧，竖直地放在桌面上，上面压一质量为m 的物体，另一劲度系数为k １的弹簧竖直地放在物体上面，其下端与物体的上表面接在一起，两个弹簧的质量都不计.要想使物体静止时下面弹簧的弹力减为原来的2/3（方向不变），应将上面弹簧的上端A 竖直向上提高一段距离d ，则d 为多少？变式1：把一根劲度系数k=1000N/m 的弹簧截成等长的两段，每一段弹簧的劲度系数为A ．500N/mB ．1000N/mC ．1500N/mD ．2000N/m变式2：如图所示，a 、b 、c 为三个物块，M 、N 为两根轻质弹簧，R 为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们的连接情况如图所示，并处于平衡状态，则A ．有可能N 处于拉伸状态而M 处于压缩状态B．有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态C．有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态D．有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态变式3：一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长0.2m，它们的下端平齐并固定，上端自由，如图所示，若压缩此组合弹簧时（在弹性限度内），测得力与压缩距离之间的关系图线如图所示，求大弹簧的劲度系数k和小弹簧的1劲度系数k2变式4：如图所示，倾角为θ的固定光滑斜面底部有一垂直斜面的固定挡板C，劲度系数为k1的轻弹簧两端分别与质量均为m的物体A和B连接，劲度系数为k2的轻弹簧一端与A连接，另一端通过一根轻绳与一轻质小桶P相连，跨过光滑的定滑轮Q放在斜面上，B靠在挡板C处，A和B均静止。
山东省邹城一中2019-2020学年第一学期高三物理阶段性(1月)测试试题附答案
邹城一中2019~2020学年高三物理阶段性测试试题（1月）一、单选题1．一质点从静止开始做直线运动，加速度随时间的变化如图，则下列说法正确的是A．该质点做初速度为零的匀变速直线运动B．该质点在前3s内先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动C．该质点在t=2s时刻的速度为零D．该质点在t=3s时刻回到出发点2．如图质量为M的半球形物体B静止在粗糙的水平面上，B的半球面光滑，下表面粗糙，在半球面顶端固定一轻质细杆，在细杆顶端固定光滑小滑轮C，质量为m，可看做质点的小球A，通过细线绕过滑轮，在水平外力F作用下沿半球表面缓慢上升，物体B始终静止在水平面上，在此过程中，下列说法正确的是A．半球面对小球A的支持力逐渐增大B．细线对小球A的拉力F逐渐增大C．水平面对B的支持力先减小后增大D．水平面对B的摩擦力逐渐减小3．如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，其上端放置一质量为m的小球，并在竖直向下的外力F作用下处于静止状态，已知小球与弹簧不栓接，外力F>mg（g为重力加速度），现将外力F突然撤去，小球从静止开始竖直向上运动到最高点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是A．小球先做匀加速后做匀减速直线运动B．小球受弹力为零时，小球离开弹簧C．小球离开弹簧时，小球的速度最大D．在整个过程中，小球在离开弹簧后加速度最大，且最大加速度等于重力加速度4．长为L的细线一端系一质量为m的小球，另一端固定在O点，现让小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，A、B 分别为小球运动过程中的最髙点与最低点位置，如图所示。
某时刻小球运动到A位置时，细线对小球的作用力F A=mg，此后当小球运动到最低点B位置时，细线对小球的作用力F B=6mg，则小球从A运动到B的过程中（已知g为重力加速度，小球从A至B的过程所受空气阻力大小恒定），下列说法中正确的是A．小球在最高点A位置时速度v AB．从A运动到B的过程中，小球所受的合外力方向总是指向圆心C．从A运动到B的过程中，小球机械能减少mgLD．从A运动到B的过程中，小球克服空气阻力做功为12 mgL5．如图所示，在匀强电场中平行于电场的平面内有三点A、B、C，其电势分别为φA=4V，φB=2V，φC=10V，已知AB=5cm，△ABC为直角三角形，∠C为30°，∠A为90°，则该匀强电场的电场强度E的大小是A．80V/m B．V/m C．160V/m D．V/m6．如图所示，菱形线框abcd由四根完全相同的导体捧连接而成，固定在匀强磁场中，菱形所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源E连接在菱形线框的a、c两点之间，此时导体棒ab所受安培力大小为F，若每根导体棒长均为L，a、c两点间距离为1.5L，则菱形线框abcd所受安培力的大小为A．F B．2F C．3F D．4F7．如图所示，电阻不计，间距为L=1.0m的光滑平行导轨水平放置于磁感应强度为B=0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻R=4.0Ω。
高三物理一轮复习综合测试题2
xDB C A 高三物理综合测试题（二）一、选择题：（本题共12小题，每题3分，共36分，至少有一个选项是符合题意的，选不全得1分，不选或错选不得分。
）1、在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )A 、卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量B 、奥斯特最早发现了电磁感应现象C 、安培首先发现了电流的磁效应D 、法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件 2、如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A 相连接，整个系统处于平衡状态。
现用一竖直向下的力压物体A ，使A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。
下列关于所加力F 的大小和运动距离x 之间关系图象正确的是( )3、如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F 拉动小车和木块，让它们一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为M ，木块质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车间的动摩擦因数为μ.对于这个过程，某同学用了以下4个式子来表达木块受到的摩擦力的大小，下述表达式一定正确的是（ ）A 、Ma F -B 、()a m M +C 、mg μD 、ma4、如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD ，对角线AC 与两点电荷连线重合，两对角线交点O 恰为电荷连线的中点。
下列说法中正确的是 ( ) A 、A 点的电场强度等于B 点的电场强度 B 、B 、D 两点的电场强度及电势均相同C 、一电子由B 点沿B→C→D 路径移至D 点，电势能先增大后减小D 、一电子由C 点沿C→O→A 路径移至A 点，电场力对其先做负功后做正功5、某河宽为600m ，河中某点的水流速度v 与该点到较近河岸的距离d 的关系图象如图所示，船在静水中的速度为4m/s ，船渡河的时间最短，下列说法正确的是：( ) A 、船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 B 、船在河水中航行的轨迹是一条直线C 、渡河最短时间为240sD 、船离开河岸400m 时的速度大小为25m/s6、如图所示，闭合开关S 后，A 灯与B 灯均发光，当滑动变阻器的滑片P 向左滑动时，以下说法中正确的是 ( )A 、A 灯变亮B 、B 灯变亮C 、电源的输出功率可能减小D 、电源的总功率增大7、我国已成功发射了两颗探月卫星“嫦娥1号”和“嫦娥2号”， “嫦娥1号”绕月运行的轨道高度为200公里，“嫦娥2号”绕月运行的轨道高度为100公里.以下说法正确的是 ( ) A 、“嫦娥2号”和“嫦娥1号”发射速度都必须大于第三宇宙速度B 、“嫦娥2号”绕月运动的周期小于“嫦娥1号”绕月运动的周期C 、“嫦娥2号”绕月运动的向心加速度小于“嫦娥1号”绕月运动的向心加速度D 、“嫦娥2号”与“嫦娥1号”绕月运动的速度大小之比为1:28、在探究超重和失重规律时，某体重为G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。
高2020届高中物理一轮复习课件第66课时 电磁感应中的动力学问题(题型研究课)
解析：对金属杆 ab 受力分析，根据牛顿第二定律有 F－F 安＝ B2L2v ma，即 F－ R ＝ma，由于速度变化，所以加速度发生变化， 故金属杆 ab 做变加速运动，故 A 错误；根据楞次定律可知， 金属杆 ab 运动时回路中有逆时针方向的感应电流， 故 B 错误； B2L2v 由 F 安＝ R 可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆 ab 受力平衡时，达到最大速度，其后开始做匀速运动，安培力 B2L2v2 不变，故 C 正确；安培力做功的功率 P＝F 安 v＝ R ，若金 属杆 ab 做匀加速直线运动，则 v＝at，安培力做功的功率与时 间的平方成正比，由于金属杆做变加速运动，因此金属杆 ab 克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故 D 错误。
(1)金属棒的质量 m 和定值电阻 R0 的阻值； g (2)当电阻箱 R 取 2 Ω，且金属棒的加速度为 时，金属棒 4 的速度大小。
[解析]
(1)金属棒以最大速度 vm 下滑时，根据法拉第电磁感
应定律有 E＝Blvm， RR0 由闭合电路欧姆定律有 E＝I ， R＋R0 根据平衡条件有 BIl＝mgsin θ， 1 B2l2 1 B2l2 1 由以上各式整理得 ＝ ·＋ · ， vm mgsin θ R mgsin θ R0
[答案]
(1)0．2 kg 2 Ω (2)0．5 m/s
[规律方法]
电磁感应ห้องสมุดไป่ตู้力学问题的解题策略
[集训冲关]
1 ． (2019· 东北育才中学模拟 ) 如图所 示， 固定在水平桌面上的光滑金属 导轨 cd、eg 处于方向竖直向下的 匀强磁场中，金属杆 ab 与导轨接 触良好，在两根导轨的端点 d、e 之间连接一电阻 R，其他 部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力 F，作用在金 属杆 ab 上，使金属杆 ab 由静止开始向右沿导轨滑动，滑 动中金属杆 ab 始终垂直于导轨，则下列说法正确的是 ( A．金属杆 ab 做匀加速直线运动 B．金属杆 ab 运动时回路中有顺时针方向的电流 C．金属杆 ab 所受的安培力先不断增大，后保持不变 D．金属杆 ab 克服安培力做功的功率与时间的平方成正比 )
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：测评手册答案
选择题必刷卷(一)1.D[解析] 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式=可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B[解析]刹车时做减速运动,减速的最大位移x=,则初速度v0==10 m/s,选项B正确.3.C[解析]由Δx=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差Δh=g,在任意相邻的 1 s时间内平均速度之差Δv等于相邻两个 1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则Δv=gt=g,选项C正确.4.C[解析]由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2,第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m,物体在0~5 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则0~5 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D[解析]两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=gt2,-x=gt·t-at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v'=gt,选项C错误;当加速度变为a后,减速至0过程的位移x'==,小球下落的最大高度h=x+x'==,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-at,选项B错误.6.D[解析]x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公=1 式a=可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=at2可知,a甲m/s,a乙=-m/s2,|a甲|>|a乙|,故第3 s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B[解析]小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度—时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有=2gH,解得v1=gt,故B正确.8.C[解析]由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据-=2gH,水的流量=S1S2,C正确,D错误.9.BD[解析]当人、车速度相等时,经历的时间t==s=6 s,此时人的位移x1=vt=6×6 m=36 m,车的位移x2=at2=×1×62m=18 m,因为x1<x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离Δx=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD[解析]由Δx=gT2可得,加速度g==,经过位置3的瞬时速度v3==,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即=,选项A、C、D正确.11.CD[解析]由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则t bc∶t ca=1∶(-1),而t bc+t ca=t,解得t bc=t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=g sin θ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD[解析]物体可能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD[解析]x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在0~10 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C 正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.AC[解析]由a-t图像可知,汽车在0~10 s内做匀加速运动,在10~40 s内做匀速运动,在40~50 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v'=v-a2t3=10 m/s,且汽车在40~50 s内的速度方向和0~10 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在0~10 s内的位移x1=a1=100 m,在10~40 s内的位移x2=a1t1t2=2×10×30 m=600 m,在40~50 s内的位移x3=·t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD[解析]由图像可知,甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=×20 m=400 m,乙的位移x乙=m=300 m,第30 s末,两车相距Δx=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD[解析]根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A 错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B[解析]无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A[解析]设C与球心连线和竖直方向成θ角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mg tan θ,C端对小球的支持力F C=,当CD挡板的C端略向右偏过一些,θ增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力F C变大,选项A正确.3.C[解析]对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得F x-T cos 37°=0,F y+T sin 37°=G,联立解得F x=80 N,F y=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为F==N=100 N,故C正确.4.B[解析]设F与水平方向的夹角为θ,由平衡条件得F cos θ=μ(mg-F sin θ),解得F==,当θ=37°时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处时,小球受重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1==2mg,弹性绳的长度为x'=x0+,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'=x0,选项B正确.6.C[解析]货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=μmg cos θ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mg sin θ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B[解析]对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面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大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB[解析]物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力F N作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T'(T'=T)、斜面的支持力F'N及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1g sin 30°,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T'=m2g sin 37°+μm2g cos 37°,即=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T'=m2g sin 37°-μm2g cos 37°,即=,所以≤≤2,故A、B不可能.9.BC[解析]设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误;将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得F x=F1sin ,故F x=·sin =,挡板间的距离稍微增大后,角θ变大,F x变大,故木块对挡板的压力变大,即F N变大,选项A错误,B正确.10.BCD[解析]沿斜槽方向,有mg sin θ=2μF N,垂直于斜槽方向,有mg cos θ=2F N cos,解得μ=tan θ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为F N=mg cos θ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=μF N=mg sin θ,选项C正确;若增大θ,则cos θ减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC[解析]对A,由平衡条件得F T cos θ=μF N1,F T sinθ+mg=F N1,联立解得F T=,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得F T cosθ+μF N2=F,F T sinθ+2mg=F N2,联立解得水平拉力F=,选项C正确.12.BC[解析]对球进行受力分析,如图甲所示,F N1=G tan θ,F N2=,当长方体物块向右运动时,θ增大,F N1、F N2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为F'N2cos θ=G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力F N=G1+F'N2cos θ=G1+G不变,滑动摩擦力f=μF N不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F'N2sin θ逐渐增大,所以水平拉力F=f-F'N2sin θ逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持力不变,故D错误.13.AD[解析]设两绳的拉力的合力为F,如图甲所示,由平衡条件得F=mg tan 30°=mg,F3==mg,将F分解,如图乙所示,设AO所受的拉力大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识知,绳AO所受的拉力F1=F=mg,而杆OC所受的压力大小F'3=F3=mg,选项A、D正确.14.AC[解析]对球受力分析如图所示,由平衡条件可得,风力大小F=mg tan θ,由题意知F ∝Sv,又S=πR2,则F=kπR2v(k为常数),有mg tan θ=kπR2v,当风速由3 m/s增大到3m/s 时,有=,可得tan θ=1,A正确;因球所受重力方向竖直向下,而风力方向水平向右,则细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°,B错误;由mg tan θ=kπR2v可知,当v、m不变,而R增大时,θ增大,当v、R不变,而m增大时,θ减小,C正确,D错误.15.AD[解析]若增大m2的质量,因为m3的质量不变,细线的张力大小仍等于m3的重力,故张力不变,选项A正确;对斜劈和m1整体,地面对斜劈的摩擦力大小等于连接m1的细线的张力沿水平方向的分力,细线的张力不变,所以地面对斜劈的摩擦力也不变,选项B错误;若将悬点O上移,因细线的张力不变,m2的质量不变,则O2、O3间的细线与竖直方向的夹角不变,O2、O3间的细线和O3、m3间的细线夹角不变,这两根细线的合力沿角平分线方向,则O、O3间的细绳与竖直墙的夹角不变,选项C错误;细线的张力不变,则地面对斜劈的摩擦力不变,选项D正确.选择题必刷卷(三)1.C[解析]质量小,则惯性小,方程式赛车和强弩质量一定,其惯性一定,选项A、B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,它的惯性因质量变化而变化,选项C正确;摩托车转弯时,人和车的惯性不变,选项D错误.2.B[解析]对整体,有F=(m1+m2)a,则空间站的质量m2=-m1,选项B正确.3.C[解析]对物块,由牛顿第二定律得F=ma,0~t0时间内,拉力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,在t0时刻速度达到最大,选项A错误;t0~2t0时间内,外力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,在2t0时刻速度减为零,选项B、D错误,C正确.4.C[解析]设水对探测器的浮力大小为F,匀速下降时,由平衡条件得mg=F;为了使它匀减速下降,设应该抛掉压载铁质量为Δm,根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,其中a=,联立解得Δm=,选项C正确.5.B[解析]当F=2 N时,铁块和木板恰好一起相对地面滑动,则μ1(m+M)g=F,解得μ1=0.1;当水平力F=6 N时,铁块恰好相对木板滑动,则F-μ2mg=ma,μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得μ2=0.4,选项B正确.6.C[解析]木板AB撤离前,木板对小球的作用力F N==mg,撤去AB瞬间,小球受到的合力与F N等大、反向,由牛顿第二定律得mg=ma,解得加速度a=g,方向垂直于木板向下,选项C正确.7.B[解析]剪断物体2下端细绳后,物体1下降,物体2上升,对整体,有(m1+m2+M)g-F N=m1a-m2a,且m1>m2,则系统处于失重状态,台秤的示数将变小,选项B正确.8.BC[解析]纸盒和行李箱一起向右加速时,具有向右的加速度,纸盒受到向右的静摩擦力,选项A错误;行李箱加速过程中与传送带间的滑动摩擦力为f=μ1F N=μ1(M+m)g,选项B正确;纸盒和行李箱一起向右匀速运动,合外力为零,所以行李箱对纸盒的摩擦力为零,行李箱与传送带间的摩擦力为零,选项C正确,D错误.9.AD[解析]对球受力分析,受到重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力T,如图所示,根据平衡条件得F=T=,断开细绳瞬间,弹簧弹力和重力不变,由牛顿第二定律得=ma,则加速度a=,选项A正确,B错误;弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球受重力和细绳的拉力,变为单摆,合力等于重力的切向分力,根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,选项C错误,D正确.10.CD[解析]与弹簧分离前,在水平方向上,刚开始有kx-μF N=ma x,加速度a x随x减小而减小,接着有μF N-kx=ma x,加速度a x随x减小而增大,选项A、B错误;在竖直方向上,有mg-F N=m·,解得F N=,当弹力和摩擦力相等时,速度最大,即μF N=kx,解得x=,选项C正确;物体脱离弹簧后相对电梯地板做匀减速运动,加速度a==,又有L=at2,相对电梯地板做匀减速运动的时间t=2,选项D正确.11.AC[解析]A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物块的最大加速度为a B m=μ2g=1 m/s2;木板A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为f A=μ1·2mg,开始时B对A的摩擦力方向向左,则a A1==5 m/s2,后来B相对A向前滑动,则a A2==3 m/s2,选项A、C正确.12.BC[解析]对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)g sin θ+μ2(m+M)g cos θ=(m+M)a,解得a=g(sin θ+μ2cos θ),对P物块受力分析,受到重力mg、支持力和Q对P沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,解得f=μ2mg cos θ,根据牛顿第三定律知,P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,选项B、C正确.13.AD[解析]由图像可知,小物块上滑的最大位移为x=vt=×3×1.2 m=1.8 m,故A正确;小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为==m/s,其大小之比为1∶1,故B错误;由图像可知,减速运动的加速度大小为a2==m/s2=10 m/s2,在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;加速运动的加速度大小为a1==m/s2=m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=40 N,故D正确.14.BC[解析]若F1=3.6 N,F2=5 N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N>μ2(F2+m B g)=3 N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误;若F1=5.4 N,F2=20 N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N<μ2(F2+m B g)=6 N,则此时两物块相对静止一起做匀加速运动,选项B正确;若F2=10 N,则A、B之间的最大静摩擦力f AB m=μ2(F2+m B g)=4 N,A与地面之间的最大=μ1(F2+m A g+m B g)=4 N,若F2<10 N,则f AB m<f A地m,无论F1多大,都不能使物静摩擦力f A地m块A运动起来,选项C正确;若F2>10 N,则f AB m>f A地m,当F1达到一定值时,可使物块A、B 发生相对运动,选项D错误.15.AB[解析]A、B静止时,有kx0=(2m+m)g sin θ,则k=;对B施加外力后,A、B一起做匀加速运动,当A、B分离时,对A,有kx-2mg sin θ=2ma,又x0-x=at2,v2=2a(x0-x),联立可求出t和v,选项A、B正确.当A、B分离时,弹簧弹力kx=2ma+2mg sin θ,选项C错误.当A、B分离后,A先做加速运动,后做减速运动,再反向做加速运动……选项D错误.非选择题必刷卷(一)1.(1)(2)C(3)BC[解析](1)根据位移与时间关系,有d=at2,解得a=.(2)根据题意,木板受到的滑动摩擦力为f=F0,对木板和矿泉水瓶(含水)组成的系统,根据牛顿第二定律得F1-f=(m+M)a,联立解得a=·F1-,其中m为矿泉水瓶(含水)的质量,M为木板的质量;根据图像的斜率可知,随着矿泉水瓶(含水)质量m的增大,a-F1图像的斜率逐渐减小,所以能表示实验结果的是C图.(3)木板受到的摩擦力与矿泉水瓶(含水)的质量无关,选项A错误;水与砝码相比能任意改变质量,所以它的优点是可以更方便地获取多组数据,选项B正确;水的多少可以任意变化,所以可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小,选项C正确;由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图像的斜率越小,实验的精确度会越小,选项D错误.2.(1)10 N(2)1 s[解析](1)设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为F N,滑动摩擦力为f,根据平衡条件得F cos 37°=f,F sin 37°+F N=mg,又f=μF N,联立解得F=10 N.(2)撤去拉力F后,金属块受到滑动摩擦力f'=μmg,根据牛顿第二定律得,加速度大小为a'==μg=2 m/s2,撤去F后,金属块还能滑行的时间为t==1 s3.(1)2m/s(2)1.6 m(3)5∶8[解析](1)在AB段滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设下滑阶段的加速度大小为a1,有mg sin θ-μmg cos θ=ma1解得a1=4 m/s2根据=2a1x ABx AB=解得v B=2m/s(2)设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmga2==2.5 m/s2根据=2a2x BC解得x BC=1.6 m(3)在B点时,有v B=a1t AB=a2t BC解得=4.(1)(2)18 m[解析](1)由v-t图像的斜率可得,0~2 s内小物块的加速度大小a==1 m/s2由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma解得μ=(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带匀速运动的位移为x带=4×6 m=24 m由v-t图像得,0~2 s内物块位移为x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下2~6 s内物块位移为x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上所以划痕的长度为Δx=x+x1-x2=24 m+2 m-8 m=18 m带5.(1)4 N(2)100 m(3)s[解析](1)上升过程,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma上升高度h=at2解得f=4 N(2)下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma1解得a1=8 m/s2由运动学公式得v2=2a1H解得H=100 m(3)恢复升力后向下减速过程,由牛顿第二定律得F-mg+f=ma2解得a2=10 m/s2设运动过程中的最大速度为v m,有H=+解得v m=m/s由运动学公式得v m=a1t1解得t1=s6.(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m[解析](1)木板开始运动时,设小铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则F-μ1m1g=m1a1μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2解得a1=3 m/s2,a2=7 m/s2木板向左做匀减速运动,有v0=a2t1,=2a2x2小铁块向右做匀加速运动,有v1=a1t1,x1=a1解得t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1=0.375 m,x2=0.875 m(2)撤去F,因为μ1m1g>μ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度均为v2,木板的位移大小为x3,则μ1m1g=m1a3μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做匀减速运动直至速度为零,设加速度大小为a5,位移大小为x4,则μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5=2a5x4解得x4=0.125 m木板在水平面上总共滑行的位移大小x=x2-(x3+x4)=0.625 m选择题必刷卷(四)1.C2.B[解析]B点与C点的线速度相等,由于r B≠r C,所以ωB≠ωC,故A错误;B点与C点的线速度相等,且B点的角速度与A点的角速度相等,所以v C=v A,故B正确,D错误;B点的角速度与A点的角速度相等,所以=,即v B=v A,故C错误.3.C[解析]如图所示,把小环水平运动的速度v正交分解,可知人拉细线的速度v1=v cos θ,随着θ增大v1逐渐减小,选项C正确.4.D[解析]两个小球同时抛出,又同时落在P点,说明运动时间相同,又知水平位移大小相等,由x=v0t知,初速度大小相等,小球1落在斜面上时,有tan θ==,小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切值tan α==,故α≠θ,所以小球2没有垂直撞在斜面上,故A、B错误;小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值tan β==2tan θ=<,则β<60°,则小球1落在P点时与斜面的夹角为β-θ<60°-30°=30°,所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°,故C错误;根据tan β=2tan θ知,小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同,相互平行,故D正确.5.C[解析]空间站里宇航员仍然受地球引力,选项A错误;宇航员在空间站里所受地球引力小于他在地面上所受引力,选项B错误;由于空间站绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全“失重”状态,所以宇航员与“地面”B之间无弹力作用,选项C正确;若宇航员将手中小球无初速度释放,由于惯性小球仍具有空间站的速度,所以小球仍然沿原来的轨道做匀速圆周运动,而不会落到“地面”B上,选项D错误.6.D[解析]忽略自转,有=mg,该星球自转加快,角速度为ω,有=mg+mω2R,解得星球密度ρ==,选项D正确.7.A[解析]因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上,快艇与走私船的位移与时间均相同,所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度,快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0,选项A正确,B错误.快艇的平均速度大小为v0,因为快艇的运动是曲线运动,路程大于a,平均速率应大于v0,选项C、D错误.8.C[解析]将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有=v0,+=v0,联立解得H=h,故选项C正确.9.BC[解析]设路面与水平面的夹角为θ,在“限速”下运动,有mg tan θ=m,即v=.在“限速”相同的情况下,圆弧半径r越大,则夹角θ越小;在半径r相同的情况下,夹角θ越大,则“限速”v越大,选项B、C正确.10.AB[解析]当周期为时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R,行星质量M=,选项A正确;当周期为T时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R+F N,物体对行星赤道表面的压力F'N=F N=,选项C错误;对同步卫星,有=m'r,则r=R,选项B正确;由=m″得,环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度v=,选项D错误.11.AD[解析]竖直上抛的小球在空中运动的时间t=,因此==,选项A正确,B错误;由G=mg得M=,因此==×=,选项C错误,D正确.12.BCD[解析]“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运行时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,到地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度相等,选项C正确;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时到地心的距离要大些,受地球的引力要小些,选项D 正确.13.AC[解析]由题意有N=2π,其中T1=1年,解得该行星的公转周期为T2=年,A正确,B错误;由G=mr得,=,地球绕太阳公转时,有=,该行星绕太阳公转时,有=,解得R'=R,C正确,D错误.14.BC[解析]直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反,选项A错误;对直线三星系统,有G+G=M R,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,有2G cos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v===··,选项D错误.非选择题必刷卷(二)1.(1)刻度尺(2)将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止(3)D(4)0.59.75 [解析](1)实验中小球做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出下落高度和水平位移,故需要刻度尺.(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止.(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确.(4)平抛运动的初速度为v0==0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度为g==9.75 m/s2.2.(1)1 s(2)13 m/s<v<14 m/s[解析](1)小球做平抛运动,设飞行时间为t,由h=gt2解得t=1 s(2)在t时间内小车前进的位移为x=v0t-at2=10 m要投入小车,小球最小的水平位移为x1=L-x=13 m最小速度为v1==13 m/s小球最大的水平位移为x2=L-x+L0=14 m最大速度为v2==14 m/s小球抛出时的速度范围是13 m/s<v<14 m/s3.(1)500 N(2)7.5 m/s(3)8.7 m[解析](1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则得,拉力T==500 N(2)由牛顿第二定律得mg tan 37°=m其中R0=7.5 m解得v=7.5 m/s(3)由几何关系知,座椅离地高度h=1.8 m由平抛运动规律得x=vth=gt2解得x=4.5 m由勾股定理知,落地点与游艺机中心距离r'==8.7 m4.(1)(2)[解析](1)设在最高点和最低点时速度大小分别为v1、v2.在最高点时,有mg+F1=m在最低点时,有F2-mg=m从最高点到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mg·2L=m-m ΔF=F2-F1联立解得ΔF=6mg所以g=(2)在星球表面,重力等于万有引力,有mg=G解得M==所以ρ==5.(1)1.5 N,方向竖直向下(2)1.6 m(3)0.8 J[解析](1)小球从A运动到B,有mgR=m在B点时,有F N-mg=解得v0=4 m/s,F N=1.5 N根据牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小F'N=F N=1.5 N,方向竖直向下.(2)在竖直方向上,有H-h=gt2在水平方向上,有x=v0t解得x=1.6 m(3)小球从B运动到球筐过程,由动能定理得mg(H-h)=E k-m由平抛运动规律得x=v B tH-h=gt2联立得E k=+mg(H-h)当H=h+x=1 m时,E k有最小值,其最小值为E km=mgx=0.8 J6.(1)5m/s(2)-21 000 J(3)1.849 s[解析](1)由牛顿第二定律得kmg=m解得v1=5m/s(2)由牛顿第二定律得kmg=m由动能定理得Pt-mgh+W=m-m解得W=-21 000 J(3)由几何关系知r2=+解得r=12.5 m由牛顿第二定律得kmg=m解得v=12.5 m/s因sin θ==0.8,故θ=53°则t=·=s=1.849 s选择题必刷卷(五)1.C[解析]小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,选项A错误;小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,选项B、D错误,C正确.2.C[解析]物块做圆周运动,刚好滑动时,有μmg=m,物块速度从0到v过程中,由动能定理知,转台对物块做的功W=mv2=,解得μ=0.25,选项C正确.3.C[解析]由题意可知,两次物体均做匀加速直线运动,根据x=t知,在同样的时间内,它们的位移之比为x1∶x2=1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2=(x1sin θ)∶(x2sin θ)=1∶2,根据克服重力做功W G=mgh得W G2=2W G1,根据克服摩擦力做功W f=fx得W f2=2W f1,由牛顿第二定律得F1-f-mg sin θ=ma,F2-f-mg sin θ=2ma,则F2<2F1,根据W F=Fx 可得W F2<4W F1,选项C正确.4.B[解析]小物块下滑的加速度a=g sin θ,根据=at2得t=,所以运动的时间不相等,选项A错误;据动能定理得mgh=mv2,所以从物块到达底端时的动能相等,选项。
江苏省南通市通州区西亭高级中学2020届高三下物理一轮复习综合练习试卷
2020江苏省南通市通州区西亭高级中学高三下物理一轮复习综合练习试卷一、单选题1.如图所示，高ℎ=2m的曲面固定不动．一个质量为1kg的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4m/s.g取10m/s2.在此过程中，下列说法正确的是()A. 物体的动能减少了8JB. 物体的重力势能增加了20JC. 物体的机械能保持不变D. 物体的机械能减少了12J2.如图所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁下落穿出导轨平面的过程中，导体P、Q运动情况是()A. P、Q互相靠扰B. P、Q互相远离C. P、Q均静止D. 因磁铁下落的极性未知，无法判断3.如图所示，以19.6m/s的水平初速v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为45°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是()A. 1sB. 2sC. √3sD. 3s4.靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a2，赤道上随地球一同运转(相对地面静止)的物体的加速度大小为a3，则()A. a1=a3>a2B. a1>a2>a3C. a1>a3>a2D. a3>a2>a15.AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。
现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是()A. 杆对物块的支持力为MgB. 细线上的拉力为mgsinθC. F=(M+m)gtanθD. 物块和小球的加速度为gsinθ6.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v−t图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中()A. F1的冲量等于F2的冲量B. F1的冲量大于F2的冲量C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量7.如图所示，质量为4kg的物体在动摩擦因数为0.5的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、大小为10N的拉力作用，则物体所受摩擦力为(g=10N/kg)()A. 10N，向右B. 10N，向左C. 20N，向右D. 20N，向左8.如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v.若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时()A. v变大B. v变小C. v不变D. 不能确定9.如图，可视为质点的小球，位于半径为√3m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，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60°，则初速度为：(不计空气阻力，重力加速度为g= 10m/s2)()A. 5√53m/s B. 4√3m/s C. 3√5m/s D. √152m/s10.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是()A. 在a点的加速度大于在b点的加速度B. 在a点的电势能小于在b点的电势能C. 在a点的速度小于在b点的速度D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高二、多选题11.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。
2020届湖北荆门市龙泉中学高三物理第一轮复习《机械能守恒定律》基础知识练习题(带解析)
龙泉中学高三年级2020年高三物理第一轮复习《机械能守恒定律》基础知识练习题一、单项选择题( )1．如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC 、DC 连接于C (两绳另一端固定)，弹簧另一端拴接一质量为m 的小球，地面上竖直固定一内壁光滑的14开缝圆弧管道AB ，A 点位于O 点正下方且与C 点等高，管道圆心与C 点重合．现将小球置于管道内A 点由静止释放，已知轻绳DC 水平，当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球从A 运动到B 的过程中A ．弹簧一直处于自然长度B ．小球的机械能逐渐减小C ．轻绳OC 的拉力先增大后减小D ．轻绳DC 的拉力先增大后减小( )2．如图为特种兵训练项目示意图，一根绳的两端分别固定在两座山的A 、B 处，A 、B 两点水平距离为20 m ，竖直距离为3 m ，A 、B 间绳长为25 m ．质量为60 kg 的士兵抓住套在绳子上的光滑圆环从高处A 滑到低处B .以A 点所在水平面为零重力势能参考平面，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.士兵在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳子处于拉直状态且形变量很小可忽略)A ．－1 800 JB ．－3 600 JC ．－5 400 JD ．－6 300 J( )3．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23J D ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23J ( )4．如图所示，有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)A ．2.5 m/s B.522 m/s C. 5 m/s D.352m/s ( )5．如图所示，不可伸长的轻绳跨过光滑小定滑轮，一端连接质量为2m 的小球(视为质点)，另一端连接质量为m 的物块，小球套在光滑的水平杆上．开始时轻绳与杆的夹角为θ，现将小球从图示位置由静止释放，小球到达竖直虚线位置时的速度大小为v ，此时物块尚未落地．重力加速度大小为g .下列说法正确的是A ．小球到达虚线位置之前，向右先做加速运动后做减速运动B ．小球到达虚线位置之前，轻绳的拉力始终小于mgC ．小球到达虚线位置时，其所受重力做功的功率为mgvD ．定滑轮与杆间的距离为v 2sin θg 1－sin θ( )6．如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法正确的是A ．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒( )7．如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2E kB．物体A克服摩擦阻力做的功等于E kC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量( )8．如图所示，一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，运动中始终受到恒定的水平风力F＝2mg的作用，不计其他阻力．从抛出到在竖直方向到达最高点，小球在这一过程中机械能的增量为A.12mv02 B．mv02 C.32mv02 D．2mv02二、多项选择题( )9．如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒( )10．如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v －t图象如图乙所示．下列判断正确的是A ．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33B ．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C ．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少316mv 02 D ．物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv 02 ( )11．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D ．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能( )12．如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定14圆轨道与水平轨道相切于最低点B .一质量为m 的小物块P (可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F 将物块P 沿下滑的路径从C 处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A ，拉力F 的方向始终与物块P 的运动方向一致，物块P 从B 处经圆弧轨道到达A 处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR ，下列说法正确的是A ．物块P 在下滑过程中，运动到B 处时速度最大B ．物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC ．拉力F 做的功小于2mgRD ．拉力F 做的功为mgR (1＋2μ)( )13．某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图所示的实验．质量为m 的物块B 静放在水平面上，劲度系数为k 的竖直轻质弹簧固定在B 上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触，即被锁住．每次实验让物块A 从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B 刚好离开地面．整个过程无机械能损失．实验表明，物块A 质量M 不同，释放点距弹簧上端的高度H 就不同．当物块A 的质量为m 时，释放点高度H ＝h ，重力加速度为g .则下列说法中正确的是A ．物块A 下落过程中速度最大时，物块B 对地面的压力最大B ．物块A 下落到最低点时，物块B 对地面的压力最大C ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝h 2D ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝12(h ＋mg k) ( )14．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上拋出，已知上升过程中受到阻力F f 作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h 0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k 为常数且满足0<k <1)，则由图可知，下列结论正确的是A ．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度变化的图象B ．上升过程中阻力大小恒定且F f ＝kmg C ．上升高度h ＝k ＋1k ＋2h 0时，重力势能和动能相等 D ．上升高度h ＝h 02时，动能与重力势能之差为k 2mgh 0 ( )15．如图所示，滑块P 、Q 静止在粗糙水平面上(P 、Q 与水平面间的动摩擦因数相同)，一根水平轻弹簧一端与滑块Q 相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长．现使滑块P 以初速度v 0向右运动，与滑块Q 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上．已知滑块P 、Q 的质量分别为2m 和m ，下列说法中正确的是A ．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒B ．两滑块分离时，弹簧一定处于原长C ．滑块P 最终一定停在出发点右侧的某一位置D ．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv 02( )16．如图，固定在地面的斜面倾角为30°，物块B 固定在木箱A 上，一起从a 点由静止开始下滑，到b 点接触轻弹簧，又压缩至最低点c ，此时将B 迅速拿走，然后木箱A 又恰好被轻弹簧弹回到a 点．已知A 质量为m ，B 质量为3m ，a 、c 间距为L ，重力加速度为g .下列说法正确的是A ．在A 上滑的过程中，与弹簧分离时A 的速度最大B ．弹簧被压缩至最低点c 时，其弹性势能为0.8mgLC ．在木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD ．若物块B 没有被拿走，AB 能够上升的最高位置距离a 点为L 4( )17．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是A ．小球通过B 点时的加速度为g 2B ．小球通过AB 段与BC 段摩擦力做功相等C ．弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D ．小球从A 到C 过程中，产生的内能为mgh( )18．如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M ＞m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量D ．两滑块组成的系统损失的机械能等于M 克服摩擦力做的功( )19．如图所示，质量M ＝1 kg 的重物B 和质量m ＝0.3 kg 的小圆环A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1.重物B 放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝33，圆环A 套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L ＝4 m ．现将圆环A 从与滑轮轴上表面等高处a 静止释放，当下降H ＝3 m 到达b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.下列判断正确的是A ．圆环A 到达b 位置时，A 、B 组成的系统机械能减少了2.5 JB ．圆环A 速度最大时，环A 与重物B 的速度之比为5∶3C ．圆环A 能下降的最大距离为H m ＝7.5 mD ．圆环A 下降过程，作用在重物B 上的拉力始终大于10 N( )20．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零．已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为mg 2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是A ．小球在D 点时速度最大B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到C 点，则v ＝ghC ．小球在CD 阶段损失的机械能等于小球在DE 阶段损失的机械能D ．若仅把小球质量变为2m ，则小球到达E 点时的速度大小v ＝2gh参考答案1．D 【解析】当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B 点由弹簧的拉力和重力的合力提供向心力，即弹簧处于伸长状态，从A 到B 的过程弹簧的形变量不变，故小球的机械能不变，故A 、B 错误；设OC 与OA 的夹角为θ，CA 与水平方向夹角为α，C 点受力平衡，则在竖直方向上有：F OC cos θ＝F AC sin α，水平方向上有：F CD ＝F AC cos α＋F OC sinθ，从A 到B 的过程中，θ和弹簧的弹力F 弹不变，α不断增大，故F OC ＝F 弹sin αcos θ不断增大，F CD ＝F 弹cos θ(cos αcos θ＋sin αsin θ)＝F 弹cos θcos(θ－α)，当θ＝α时DC 的拉力最大，故轻绳DC 的拉力先增大后减小，故D 正确．2．C 【解析】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，A 、B 两点水平距离为x ，竖直距离为h ，绳长为l ，此时特种兵受重力和两个拉力而平衡，故：l 左sin θ＋l 右sin θ＝x ，l ＝l 左＋l 右，sin θ＝x l ＝2025＝0.8，所以θ＝53°，A 、B 两点的竖直距离为h ＝3 m ，故l 右cos θ－l 左cos θ＝3 m ，而l 左＋l 右＝25 m ，联立解得：l 右cos θ＝9 m ．故以A 点所在水平面为参考平面，特种兵在滑行过程中重力势能最小值约为：E p ＝－mgl 右cos θ＝－60×10×9 J＝－5 400 J ．故本题选C.3．D 【解析】在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 球沿水平面滑行，而A 沿斜面滑行时，杆的弹力对A 、B 球做功，所以A 、B 球各自机械能不守恒，故A 、B 错误；根据系统机械能守恒得：m A g (h ＋L sin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得：v ＝23 6 m/s ，系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23J ，故D 正确；A 球的机械能减少量为23J ，C 错误．4．B 【解析】设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12×2mg ×L 4sin θ－12×2mg ×L 4＋0＝－14mgL (1＋sin θ) 链条全部滑出后，动能为E k ′＝12×2mv 2 重力势能为E p ′＝－2mg L 2由机械能守恒可得E ＝E k ′＋E p ′即－14mgL (1＋sin θ)＝mv 2－mgL 解得v ＝12gL 3－sin θ＝12×10×2×3－0.5 m/s ＝522m/s 故B 正确，A 、C 、D 错误．5．D 【解析】小球到达虚线位置之前，只有轻绳对小球做功且一直做正功，根据动能定理可知，小球的速度一直增大，故选项A 错误；轻绳与杆的夹角为α时物块和小球的速度大小分别为v 1和v 2，则有v 1＝v 2cos α，当小球运动到虚线位置时α＝90°，故v 1＝0，可见在小球运动到虚线位置的过程中，物块向下先做加速运动后做减速运动，即先失重后超重，轻绳的拉力先小于mg 后大于mg ，故选项B 错误；小球到达虚线位置时，其所受重力的方向与速度方向垂直，重力做功的功率为零，故选项C 错误；设定滑轮与杆的距离为h ，则对小球和物块，由机械能守恒定律有：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h sin θ－h ＝12×2mv 2，解得h ＝v 2sin θg 1－sin θ，故选项D 正确． 6．B 【解析】C 刚离开地面时，对C 有kx 2＝mg ，此时B 有最大速度，即a B ＝a C ＝0，则对B 有F T －kx 2－mg ＝0，对A 有4mg sin α－F T ＝0，联立解得sin α＝12，α＝30°，故A 错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B 有kx 1＝mg ，可知x 1＝x 2＝mg k ，则从释放A 至C 刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg (x 1＋x 2)sin α＝mg (x 1＋x 2)＋12(4m ＋m )v B m 2，联立解得v B m ＝2g m 5k ，所以A 获得的最大速度为2g m 5k，故B 正确；对B 球进行受力分析可知，刚释放A 时，B 所受合力最大，此时B 具有最大加速度，故C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故D 错误．7．D 【解析】当它们的总动能为2E k 时，物体A 动能为E k ，撤去水平力F ，最后系统停止运动，外力对物体A 所做总功的绝对值等于E k ，选项A 、B 错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D 正确，C 错误．8．D 【解析】从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：t ＝v 0g ；在水平方向上有：a ＝F m＝2g ；s ＝12at 2＝v 02g ；根据能量转化可知：ΔE ＝W F ＝Fs ＝2mg ·v 02g＝2mv 02，由此可知，A 、B 、C 错误，D 正确．9．AD 【解析】物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A 正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B 错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C 错误；物体与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，D 正确．10．BD 【解析】根据题意可知，上滑过程，根据牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0t 0，同理，下滑过程：mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，联立解得：μ＝39，A 错误；上滑加速度：a ＝v 0t 0，下滑加速度：a ′＝0.5v 0t 0，a ＝2a ′，B 正确；因mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0t 0，mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，可得：F f ＝μmg cos θ＝mv 04t 0，上滑过程中，机械能减少量等于摩擦力做功：ΔE ＝W f ＝F f x ＝F f ·v 0t 02＝18mv 02，下滑过程中根据动能定理得：E k －0＝(mg sin θ－F f )x ，解得：E k ＝14mv 02，C 错误，D 正确．11．BC 【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，A 错误；除重力外，其他力对人做的功等于人增加的机械能，B 正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C 正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D 错误．12．CD 【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在A 、B 之间，故A 错误；将物块P 缓慢地从B 拉到A ，克服摩擦力做的功为μmgR ，而物块P 从A 滑到B 的过程中，物块P 做圆周运动，根据向心力知识可知物块P 所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f 大于μmgR ，因此物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR ，故B 错误；由动能定理得，从C 到A 的过程中有W F －mgR －μmgR －μmgR ＝0－0，则拉力F 做的功为W F ＝mgR (1＋2μ)，故D 正确；从A 到C 的过程中，根据动能定理得mgR －W f －μmgR ＝0，因为W f >μmgR ，则mgR >μmgR ＋μmgR ，因此W F <2mgR ，故C 正确．13．BD 【解析】物块A 下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B 对地面的压力最大，选项A 错误，B 正确；当物块B 刚好离开地面时k Δx ＝mg ；由功能关系可知：mgh ＝mg Δx ＋E p ；当A 的质量M ＝2m 时，2mgH ＝2mg Δx ＋E p ；解得H ＝12(h ＋mg k)，故选项C 错误，D 正确．14．BCD 【解析】根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度变化的图线，A 错；由题图可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做功的大小，故F f h 0＝E k0－E k0k ＋1，根据动能定理可知E k0＝(mg ＋F f )h 0，解得F f ＝kmg ，B 对；设h 高度时重力势能和动能相等，图线①的函数方程为E k ＝E k0－(mg ＋F f )h ，图线②的函数方程为E p ＝E k0k ＋1h 0h ，令E k ＝E p ，及E k0＝(mg ＋F f )h 0和F f ＝kmg ，联立解得h ＝k ＋1k ＋2h 0，C 对；同理可得D 对． 15．ABD 【解析】两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，发生的是非弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，则机械能不守恒，故A 正确；当P 、Q 间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P ：a ＝2μmg2m＝μg ，对Q ：μmg －F 弹＝ma ，解得：F 弹＝0，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，故B 正确；两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P 回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P 的速度大小，但P 停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P 有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C 错误；由于两滑块分离后Q 继续向左做减速运动，当Q 停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P 的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：W f ＋E p ＝12·2mv 02＝mv 02，则W f ＝mv 02－E p ，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv 20，故D 正确．16．BC 【解析】在A 上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A 已经开始减速，故分离时A 的速度不是最大，故A 错误；设弹簧上端在最低点c 时，其弹性势能为E p ，在A 、B 一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgL sin θ＝μ·4mgL cos θ＋E p ，将物块B 拿走后木箱A 从c 点到a 点的过程，由功能关系可得 E p ＝mgL sin θ＋μmgL cos θ，联立解得 E p ＝0.8mgL ，故B 正确；由分析可得，木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，摩擦生热Q ＝5μmgL cos θ＝5(E p －mgL sin θ)＝1.5mgL ；若AB 一起能返回的距离大于弹簧原长，则有E p ＝4mgL ′sin θ＋μ·4mgL ′cos θ，解得L ′＝L 4，但不知道L ′与弹簧原长的关系，故无法确定，故C 正确，D 错误．17．BCD 【解析】因在B 点时弹簧处于原长，则到达B 点时的加速度为a ＝g sin 30°－μg cos30°<12g ，选项A 错误；因AB 段与BC 段关于B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B 正确；设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律，对于小球从A 到B 的过程有：mg ·12h ＋E p ＝12mv 2＋W f ，从A 到C 的过程有：mgh ＝2W f ，联立解得：W f ＝12mgh ，E p ＝12mv 2.即弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2，A 到C 过程中，产生的内能为2W f ＝mgh ，选项C 、D 正确．18．CD 【解析】由于斜面ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A 错误；由动能定理可知，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量，故B 错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，则轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量，故C 正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D 正确．19．AC 【解析】由题可知圆环A 到达b 位置时，重物B 沿斜面的运动的位移为：x ＝H 2＋L 2－L2＝0.5 m ，A 、B 组成的系统的机械能减少了：ΔE ＝μMg cos 30°·x ＝2.5 J ，故选项A 正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1，圆环A 速度最大时，环A与重物B 的速度之比为：35v A ∶v B ＝R ∶r ＝2∶1，则v A ∶v B ＝10∶3，故选项B 错误；圆环A 能下降的最大距离为H m ，重物B 沿斜面运动的位移为：x B ＝H m 2＋L 2－L2，根据能量守恒可知：mgH m ＝Mgx B sin 30°＋μMg cos 30°·x B ，解得圆环A 能下降的最大距离为H m ＝7.5 m ，故选项C 正确；圆环A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B 也是先加速后减速，而重物B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B 的拉力：F T －Mg sin 30°－μMg cos 30°＝Ma ，即：F T －10 N ＝Ma ，所以绳子对B 的拉力先大于10 N 后小于10 N ，故选项D 错误．20．AB 【解析】当小球运动到某点P 时，小球受到如图所示的四个力的作用，其中F T ＝kx BP ，把F T 正交分解，由力的三角形与几何三角形BCP 相似可知，F T 的水平分量F T x 恒定，F T 的竖直分量F T y 与CP 的距离x CP 成线性关系，均匀增加，即杆对小球的弹力F N 、滑动摩擦力F f 均保持恒定；小球在竖直固定的杆CE 段的中点D 点时速度最大，A 对；小球在DE 段所受弹力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，C 错；再由动能定理可知，B 对，D 错．。
2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题54 源于实际情景实验(解析版)
2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第十章力学创新实验专题53 源于实际情景实验第一部分知识点精讲【热点解读】在我们日常生活中，可以发现，茶杯掉在瓷砖的地板上，碎了；茶杯掉在铺着地毯的地面，没有摔坏。
乒乓球与乒乓球台碰撞后弹起的高度与什么有关？这些实际问题都可以成为我们探究的对象，也可以成为高考实验命题的素材。
我国航天员已经开展了三次太空授课，使千万中学生受益，极大激发了青少年的科技热情。
2022年6月5日10时44分，神舟十四号飞船搭载航天员陈冬、刘洋和蔡旭哲，成功发射，并与空间站核心舱顺利对接。
神舟十四号飞行乘组将首次利用位于问天实验舱的气闸舱实施两到三次出舱活动，并将继续开展天宫课堂。
航天员太空授课时，为青少年展示了一系列科学实验，可能成为高考命题素材。
【命题角度】在我们的日常生活中，我们骑电动车关闭动力后，还能滑行多远？若我们在电动车上撑一遮阳伞，关闭动力后，还能滑行多远？我们需要测量哪些物理量进行探究？通过探究你能够得出什么结论？同一电动车撑遮阳伞和不撑遮阳伞的最大速度相同吗？为什么？可以再现天宫课堂实验，或给出简化模型。
例如可以根据航天员的水油分离实验，探究与向心力相关的因素。
可以利用中学常用器材做与天宫课堂上类似实验。
例如利用气垫导轨等器材测量物体质量等。
第二部分最新高考题精选．1（2022山东物理）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。
受此启发。
某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。
主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源。
放上滑块。
调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。
弹簧处于原长时滑块左端位于O 点。
A 点到O 点的距离为5.00cm ，拉动滑块使其左端处于A 点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F 、加速度a 随时间t 变化的图像，部分图像如图乙所示。
2020届高三物理一轮复习二模三模试题汇编：专题11 带电粒子在电磁场中的运动(含解析)
带电粒子在电磁场中运动一．计算题1. （2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷为带正电的粒子流（重力不计），以速度v o=104m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板。
粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，区域直径AB长度为L=1m，AB与水平方向成45°角。
区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知B0=0. 5T，磁场方向以垂直于纸面向外为正。
粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°斜向下射入磁场。
求：（1）两金属极板间的电压U是多大？（2）若T o=0．5s，求t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置。
（3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期B o，T o应满足的条件。
【参考答案】（1）100V（2），射出点在AB间离O点（3）【名师解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出使速度代入数据得U=100V（2）粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB间离O点2.（2019江苏高邮市第二学期质检）如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0；（2）求加速电压U；（3）若保持加速电压U 不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B =0.9 B 0，求荧光屏上有粒子到达的范围？（2）粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为22R r =22v Bqv m R =又B = B 02v v =（2分）由动能定理得（3分）（3）粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x 轴平行；经证明可知： OO 1CO 2是菱形，所以CO 2和y 轴平行，v 和x 轴平行．磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即，（2分）荧光屏上方没有粒子到达的长度为（2分）即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端处到下端，总长度（2分）3.(14分)（2019广东广州天河区二模）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。
2020届高考物理一轮复习人教版力学计算题课时作业含答案
2020届一轮复习人教版力学计算题课时作业1.(受力分析)(2018·福建厦门第一次质检)如图所示,一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上的Q点,直线PQ与斜面垂直,滑块保持静止。
则()A.弹簧可能处于原长状态B.斜面对滑块的摩擦力大小可能为零C.斜面对滑块的支持力大小可能为零PQ与斜面垂直,滑块保持静止,滑块一定受摩擦力和支持力,弹簧的弹力可能为零,故A正确,BCD错2.(2015·山东卷)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A与B的质量之比为()B. C. D.A,F=μ2(m A+m B)g;对滑块B:m B g=μ1F,以上两式联立得:,故B项正确。
3.(物体的平衡)(2018·山东济宁一模)如图所示,质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端,将其放入光滑的半球形碗中,杆的长度等于碗的半径,当杆与两球组成的系统处于平衡状态时,杆对小球A的作用力大小为()B.mgC.mgD.2mgA球为研究对象,受到重力、支持力、杆的弹力,根据平衡条件得杆对小球A的作用力大小为mg,A正确。
4.(受力分析)如图所示,A、B、C三物块叠放并处于静止状态,水平地面光滑,其他接触面粗糙,以下受力分析正确的是()A.A与墙面间存在压力B.A与墙面间存在静摩擦力C.A物块共受3个力作用5个力作用,水平方向上地面光滑,地面对C没有摩擦力,根据平衡条件得,墙对A 没有压力,因而也没有摩擦力。
故A、B错误;A受到重力、B的支持力和摩擦力三个力作用。
所以C正确;先对AB整体研究:水平方向上墙对A没有压力,则由平衡条件分析可以知道,C对B没有摩擦力。