2019-2020年高三物理二轮复习 专题一 力与运动教案.doc

2019-2020年高三物理二轮复习 专题一 力与运动教案本专题包括物体在共点力作用下的平衡、牛顿运动定律与直线运动、曲线运动、万有引力与天体运动四部分，是整个高中物理最重要的主干知识之一，且这部分知识和生产、生活实际、近代科技紧密联系，因而成为近几年新课标区高考的必考点物体在共点力作用下的平衡包括物体受力分析、力的合成与分解、物体的平衡条件等，涉及的知识点有重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力作用下的平衡问题，以及共点力的合成与分解等在受力分析的基础上，应用牛顿运动定律求解动力学问题，是牛顿运动定律与直线运动的考查重点，直线运动规律的应用、运动图象的理解和应用、牛顿第二定律的应用(加速度在受力和运动结合问题中的桥梁作用)是考查热点曲线运动的考查重点是运动的合成与分解、平抛运动和圆周运动可将平抛(类平抛)运动、圆周运动、直线运动等多种运动形式组合命题考查，也可与电场、磁场知识综合，以运动为线索，从力和能量的角度命题考查万有引力与天体运动的考查热点是应用万有引力定律解决天体运动和变轨问题考查重点包括应用万有引力定律比较不同天体圆周运动中的线速度、加速度、周期问题，以及卫星发射、回收和变轨过程中相关物理量的变化及功能转化问题题型1 整体法与隔离法的应用1下图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出.A球能保持静止的是（ AD）2 如图所示，将两个质量均为m，带电荷量分别为q、q的小球a、b用细线悬挂于O点，置于水平的匀强电场中，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线与竖直方向夹角为30.则F的大小可能为( ) A.mg B.mgCmg D.3如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持角不变，则( )A车厢的加速度为gsin B绳对物体1的拉力为C底板对物体2的支持力为(m2m1)gD物体2所受底板的摩擦力为m2gsin 题型2 连接体问题4如图，不计滑轮、绳的质量及一切摩擦阻力，已知mB2 kg，要使物体C有可能处于平衡状态，那么mC的可能值为( )A3 kg B10 kg C15 kg D20 kgabc p qF5三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，取10m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是: （ ） A4cm B6cm C8cm D10cm 6如图所示，用水平力F拉着三个物体A、B、C在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上另置一小物体，且拉力不变，那么中间物体两端的拉力大小Ta和Tb的变化情况是( ) ATa增大，Tb减小 BTa增大，Tb增大 CTa减小，Tb 增大 DTa减小，Tb减小题型3 运动学规律的应用7物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t。现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动到某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动至B点停下，历时仍为t，则物体的( )A最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值B最大速度vm可以为许多值，与a1、a2的大小有关Ca1、a2的值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度vm有关Da1、a2必须满足解析：分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度vm只能为2v，无论a1、 a2为何值”的结论。也可利用解析法根据题述列出方程解答。设物体匀加速运动时间为t1,则匀减速运动时间为t- t1,根据题述有得vm=2v. ,所以正确选项为AD。82013年12月14日21时11分，嫦娥三号着陆器成功降落在月球虹湾地区，实现中国人的飞天梦想该着陆器质量为1.2103 kg，在距离月球表面100 m处悬停，自动判断合适着陆点后，竖直下降到距离月球表面4 m时速度变为0，然后关闭推力发动机自由下落，直至平稳着陆若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍，着陆器下降过程中的高度与时间关系图象如图所示，则下述判断正确的是()A着陆器在空中悬停时，发动机推力大小是1.2104 NB着陆器从高100 m下降至4 m过程中的平均速度为8 m/sC着陆器着陆时的速度大约是3.65 m/sD着陆器着陆后，对月球表面的压力是2104 N解析着陆器在空中悬停时，发动机推力大小等于月球对它的吸引力，即Fmgmg1.2103 kg10 m/s22103 N，选项A错误；着陆器从高100 m下降至4 m过程中的平均速度为 m/s8 m/s，选项B正确；着陆器着陆时的速度大约是v m/s3.65 m/s，选项C正确；着陆器着陆后，对月面的压力等于它在月球上的重力是2103 N，选项D错误题型4 图象信息解决动力学问题9(xx新课标14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶在t0到tt1的时间内，它们的vt图像如图所示在这段时间内()A汽车甲的平均速度比乙的大 B汽车乙的平均速度等于C甲、乙两汽车的位移相同D汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大10如图左所示，一个m3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动在03 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如右图所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则( )A在03 s时间内，物体的速度先增大后减小B3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC2 s末F最大，F的最大值为12 ND前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变11如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的vt图象中正确的是( C )题型5 传送带问题12如图所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L6 m，其左端与一倾角为30的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间解析物块与传送带间的摩擦力：Ffmgma1代入数据得a12 m/s2设当物块加速到与传送带速度相同时发生的位移为x1，由v22a1x1，解得：x14 m6 m 则物块加速到v的时间：t12 s物块与传送带速度相同时，它们一起运动，一起运动的位移为x2Lx12 m一起运动的时间：t20.5 s物块在斜面上运动的加速度：a25 m/s2根据对称性，上升和下降的时间相同：t30.8 s返回传送带后，向右减速的时间：t42 s物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间：t总t1t22t3t46.1 s.13如图所示，与水平方向成37角的传送带以恒定速度v2 m/s顺时针方向转动，两传动轮间距L5 m现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v04 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度解析物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相同，物块向上减速时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1则有：a1g(sin cos )10(0.60.50.8) m/s210 m/s2物块沿传送带向上的位移为： x1 m0.6 m由于最大静摩擦力Ffmgcos mgsin ，物块与传送带速度相同后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零根据牛顿第二定律可得：mgsin mgcos ma2得：a2g(sin cos )10(0.60.50.8)m/s22 m/s2物块沿传送带向上运动的位移为：x2 m1 m则物块沿传送带上升的最大高度为： H(x1x2)sin 37(0.61)0.6 m0.96 m.题型6 “滑块木板”模型问题14如图，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知m与M之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F作用下始终向右以速度v2(v2v1)匀速运动，求： (1) 在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2) 木板至少多长物块不会从木板上滑下来？ 解析 (1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 Ff11mg Ff22(mM)g 由平衡条件得：FFf1Ff21mg2(mM)g(2) 设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则 xv2(t1t2)则物块不从木板上滑下来的最小长度：Lxx1x2代入数据解得：L15如图所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2. (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离解析(1)对M、m组成的整体，由牛顿第二定律F(Mm)gsin (Mm)a对m，有Ffmgsin maFfmgcos 代入数据得F30 N.(2)F37.5 N30 N，物块能滑离木板对M，有Fmgcos Mgsin Ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式 a1t2a2t2L 代入数据得：t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t 由2gssin 0v2 代入数据得s0.9 m.16如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力t0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则()A木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动C木板先做加速度为2 m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动Dt5 s末滑块未脱离木板且有相对运动解析由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5 m/s2，所以当0.6 N的恒力作用于木板时，系统一起以a m/s22 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqvmg，解得：v10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a m/s23 m/s2.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动，故A、B错误，C正确木块开始的加速度为2 m/s2，一段时间后加速度逐渐减小，当减小到零时，与木板脱离做匀速直线运动，知5 s末的速度小于10 m/s，知此时摩擦力不为零，还未脱离木板，故D正确17如图，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域有场强E=12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向的且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场。一个质量m=410-5kg，电荷量q=2.510-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点（g=10m/s2）,求： P点到原点O的距离 带电微粒由原点O运动到P点的时间解析：匀速直线运动时：受力平衡得：v=10m/s，与x轴370斜向右上撤去磁场后受2个力结合速度方向可知做类平抛运动沿v方向：垂直v方向：得：OP=15m t=1.2s 题型7 抛体运动18如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处不计空气阻力，则落到B处的石块( )A初速度大，运动时间短B初速度大，运动时间长C初速度小，运动时间短D初速度小，运动时间长19如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点已知COD60，且不计空气阻力，则( )A两小球同时落到D点B两小球在此过程中动能的增加量相等C在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D两小球初速度之比v1v23解析由于两球做平抛运动下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D点；重力做功不等，则动能的增加量不等；在击中D点前瞬间，重力做功的功率为Pmgvymggt，t不等；设半圆的半径为R.小球从A点平抛，可得Rv1t1，Rgt，小球从C点平抛，可得Rsin 60v2t2，R(1cos 60)gt，联立解得，故D正确20如图所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B点，过B点的半圆柱体半径与水平面夹角为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.解析在B点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60角，由速度的分解可知，竖直分速度大小vyv0tan 60v0，v0tRRcos 30，vygt，得R，故选C.题型8 圆周运动21(xx新课标20)如图4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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 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fm2R.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：faml，当fakmg时，kmgml，a ；对木块b：fbm2l，当fbkmg时，kmgm2l，b ，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fam2l，fbm22l，fa0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动 (1)当钉子在xl的P点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围解析(1)当钉子在xl的P点时，小球绕钉子转动的半径为：R1l 小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：mg(R1)mv在最低点细绳承受的拉力最大，有：Fmgm 联立求得最大拉力F7mg.(2)小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：mgm运动中机械能守恒：mg(R2)mv 钉子所在位置为x 联立解得xl 因此钉子所在位置的范围为lxl.题型9 天体运动的分析23一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆已知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g.则下列说法正确的是()A飞船在远地点速度一定大于B飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小C飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小D飞船在椭圆轨道上的周期可能等于 解析由Gmmr2mrma，Gmg得绕地球的最大速度v，A错误；飞船在近地点瞬间减速，飞船将做向心运动，则由k知，周期减小，B正确；飞船在远地点瞬间加速，除引力外，其他力对飞船做正功，机械能一定增加，C错误；rR时，由T 得最小周期T ，D正确24人类发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图4所示关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是()A卫星在三个轨道运动的周期关系是：T1T2T3B卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上经过Q点时的动能小于它在轨道2上经过Q点时的动能D卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能解析轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据k知，T1T2T3，故A正确；卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，角速度 ，知轨道半径大的角速度小，故B错误；卫星在轨道1上Q点点火加速，做离心运动进入轨道2，故在轨道2经过Q点时的速度大，动能大，故C正确；卫星在轨道2上机械能小于它在轨道3上的机械能，故D错误25如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，如图5所示从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2 (1、2均为锐角)，则由此条件可求得()A水星和金星绕太阳运动的周期之比B水星和金星的密度之比C水星和金星表面的重力加速度之比D水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比解析由题知它们的角速度之比为12，则周期比为21；水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比，也求不出表面的重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，Gmr2，r ，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，根据ar2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，故D正确26两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图6所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30、60，M、m均处于静止状态。则(D)A绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力B绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力Cm受到水平面的静摩擦力大小为零Dm受到水平面的静摩擦力的方向水平向左27如图所示，不计滑轮质量与摩擦，重物挂在滑轮下，绳A端固定，将右端绳由B移到C或D（绳长不变），绳上张力分别为FB、FC和FD，则FB、FC和FD的大小关系为 ,若右端绳与水平方向的夹角分别为B、C和 D，则B、C和 D的大小关系为 FB=FCD 28如图，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L。在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量为+q的小球（视为点电荷），在P点平衡。不计小球的重力，那么PA与AB的夹角与Q1、Q2的关系应满足（ ）A.tan3=Q2/Q1 B.tan2=Q2/Q1C.tan3=Q1/Q2 D.tan2=Q1/Q2专题巩固训练1如图所示,木块b放在一固定斜面上,其上表面水平,木块a放在b上。用平行于斜面向上的力F作用于a,a、b均保持静止。则木块b的受力个数可能是()A.2个B.3个 C.4个D.5个解析:先对a、b整体受力分析,受到重力、拉力、支持力,可能有静摩擦力(当Fmgsin 时);对a受力分析,受拉力、重力、支持力和向左的静摩擦力,处于平衡状态;最后分析b物体的受力情况,受重力、a对b的压力、a对b向右的静摩擦力、斜面的支持力,斜面对b可能有静摩擦力,也可能没有静摩擦力,故b受4个力或者5个力;故选C、D。2轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图2所示适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37不变(已知sin 370.6，cos 370.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为()A11 B35 C43 D54解析以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知FTBFTC43.3如图甲所示，在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连t0 s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()A在0.15 s末滑块的加速度为8 m/s2B滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向下运动C滑块与斜面间的动摩擦因数0.25D在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动解析在vt图象中，斜率代表加速度，0.15 s末滑块的加速度a8 m/s2，故A正确；滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向上运动，故B错误；滑块在0.10.2 s内，由牛顿第二定律可知，mgsin 37mgcos 37ma，可求得0.25，故C正确；在00.1 s过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D错误4如图所示, 在水平传送带上有三个 质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3, 中间分别用一原长均为L，劲度系数均为k的轻弹簧连接起来.已知木块与传送带间的动摩擦因数为. 现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上,传送带按图示方向匀速运动,当三个木块达到平衡后,2、3两木块之间的距离是(已知重力加速度为g) （ ） A.L+(m1+m2)g/k B.L+m2g/k C.L+(m1+m2+m3)g/k D.L+m3g/k解析：取m3为研究对象,受力分析如右图所示. 由受力平衡得F=kx=m3g, 2、3两木块之间的距离为L+x=L+.拓展 上例中1、3两木块之间的距离为多少?解析：取2、3两木块整体为研究对象,受力分析如右图所示.设1、2的距离为x/ 则F=Ffkx=(m2+m3)gx= 所以1、3两木块之间的距离为+2L5(xx四川7)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTmg，此后加速度a2，故C正确，A、D错误6质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点,已知物体与传送带间的动摩擦因数为,则当传送带转动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q点的左边还是右边? 解: 物体从P点落下,设水平进入传送带时的速度为v0,则由机械能守恒得:PQHhL mgH=1/2 mv02,当传送带静止时,分析物体在传送带上的受力知物体做匀减速运动,a=mg/m=g物体离开传送带时的速度为 随后做平抛运动而落在Q点当传送带逆时针方向转动时,分析物体在传送带上的受力情况与传送带静止时相同,因而物体离开传送带时的速度仍为 随后做平抛运动而仍落在Q点(当v022gL时,物体将不能滑出传送带而被传送带送回, 显然不符合题意,舍去)当传送带顺时针转动时,可能出现五种情况:当传送带的速度v较小, 分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀减速运动,离开传送带时的速度为 因而仍将落在Q点 (2) 当传送带的速度 时, 分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀减速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度 因而将落在Q点的右边.(3) 当传送带的速度时, 则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动,故仍将落在Q点.(4) 当传送带的速度 时,分析物体在传送带上的受力可知, 物体将在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度 因而将落在Q点的右边 (5)当传送带的速度v较大 时, 则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀加速运动,离开传送带时的速度为 因而将落在Q点的右边.综上所述:当传送带的速度 时,物体仍将落在Q点; 当传送带的速度 时,物体将落在Q点的右边.7(xx江苏8)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，B与地面间的动摩擦因数为.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F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g解析当0Fmg时，A、B皆静止；当mg3mg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确当Fmg时，A与B共同的加速度ag，选项B正确F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2g，选项D正确8如图甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB长度为s2.5 m，水平部分BC粗糙物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值上表面与BC等高且粗糙程度相同的木板DE紧靠在物块的右端，木板DE质量M4 kg，长度L1.5 m一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，经B点由斜面转到水平面时速度大小不变滑块从A到C过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示g取10 m/s2，求： (1)斜面AB的倾角；(2)滑块的质量m；(3)滑块到达木板DE右端时的速度大小解析(1)在01 s内滑块沿斜面匀加速下滑：mgsin ma sat2由题图乙知：t1 s 解得sin ，即30.(2)在01 s内对物块ABC受力分析： mgcos sin F0由题图乙知：F5 N 解得m2 kg.(3)滑块到达B点时的速度vBatgtsin 5 m/s 12 s滑块在BC部分做减速运动：mgma对物块，由图象知：mgF4 N 解得a2 m/s2，0.2滑块到达C点时：vCvBatvBgt3 m/s滑块滑上木板DE时：对滑块：mgma1 对木板：mgMa2解得a12 m/s2，a21 m/s2设滑块在木板上的滑行时间为t， x滑块vCta1t2 x木板a2t2Lx滑块x木板解得t1 s 此时，滑块速度v滑块vCa1t1 m/s木板速度v木板a2t1 m/s 滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.9某学习小组对一辆自制小遥控汽车的性能进行研究。他们让这辆汽车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v-t图，已知小车在0ts内做匀加速直线运动，ts10s内小车牵引力的功率保持不变，且7s10s为匀速直线运动；在10s末停止遥控，让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程小车受到的阻力Ff大小不变。求 小车受到阻力Ff的大小。 在ts10s内小车牵引力功率P 小车在加速运动过程中的总位移x。解析：在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力的作用下做匀减速运动，由图像可得减速时的加速度的值为（2分） （1分）小车在7s10s内做匀速直线运动，设牵引力为F，则（1分）由图像可知vm=6m/s（1分）（1分）在ts10s内小车的功率保持不变，为12w。小车的加速运动过程可分为0ts和ts7s两段，由于ts是功率为12W，所以此次牵引力为 ，（2分）所以0ts内加速度大小为， 在07s内由动能定理得：， 得x=28.5m10如图所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则()A这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0B水平恒力与电场力的比为95C水平恒力与电场力的比为73D物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点解析电场力先做负功后做正功，总功为零，所以带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0，故A正确；在恒力F作用时a1，位移x1a1t2，撤去恒力F后a2，位移x2a1t2ta2(2t)2，根据x1x2得，故B正确；物体先向右加速然后向右减速到最右端，然后向左加速返回到A点，所以D错误答案AB11如图所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点在已知、v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A可求出小球落到N点时重力的功率B由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力C可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D可求出小球落到N点时速度的大小和方向解析质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；小球从M点到N点的过程中电势能的变化量EpFyF，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；利用平抛知识有tan ，速度偏向角设为，则tan 2tan ，则得：vy2v0tan ，故vNv0，D正确12静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的喷嘴水平喷出水流，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，以下说法正确的是()A水流射出喷嘴的速度为gttan 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2gtcot 解析由题意知，水做平抛运动，为总位移与水平方向的夹角，tan ，可得水流射出喷嘴的速度为vx，故A错误；下落的高度ygt2，水流落地时位移s，所以C错误；空中水柱的体积VSvxt，所以B正确；水流落地时的速度vgt，所以D错误13如图所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为53的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h0.032 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，A点离B点所在平面的高度H1.2 m有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos 530.6，sin 530.8，g取10 m/s2.求：(1) 小物块水平抛出的初速度v0是多少；(2) 若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值解析(1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：vy m/s0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53(3分)得v00.6 m/s.(2分)(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v，受到圆轨道的压力为FN.则由向心力公式得：FNmgm(2分)由动能定理得：mg(Hh)mg(RRcos 53)mv2mv(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有FN0(1分)联立以上各式并代入数据得：R m，即R最大值为 m(2分)答案(1)0.6 m/s(2) m14如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R m，轨道端点B的切线水平质量M5 kg的金属滑块(可视为质点)从轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t1 s撞击在斜面上的P点已知斜面的倾角37，斜面底端C与B点的水平距离x03 mg取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力(1) 求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；(2) 若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m1 kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中已知滑块m与斜面间动摩擦因数0.25，求拉力F大小；(3) 滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4 m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间解析(1)M由A到B过程，由机械能守恒定律得MgRMv 解得vB5 m/s滑块在B点时，由向心力公式得FNMgM 解得FN150 N由牛顿第三定律知，M在B点时对轨道的压力大小为150 N.(2)M离开B点后平抛运动的水平位移为 xvBt5 m由几何关系可知m的位移为 s2.5 m设滑块m向上运动的加速度为a，由sat2 得a5 m/s2由牛顿第二定律得Fmgsin 37mgcos 37ma 解得F13 N(3)撤去拉力后，滑块m沿斜面上滑过程的加速度 a18 m/s2上滑时间t10.5 s 上滑位移s11 m滑块m沿斜面下滑过程的加速度 a24 m/s2下滑过程ss1a2t 由得t2 s所以碰后在斜面上运动的时间为t总t1t2 s15(xx新课标18)假设地球可视为质量均匀分布的球体已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为()A. B. C. D.解析物体在地球的两极时，mg0G，物体在赤道上时，mgm()2RG，又MR3，联立以上三式解得地球的密度.故选项B正确，选项A、C、D错误162013年12月11日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔”从距月面高度为100 km的环月圆轨道上的P点变轨，进入近月点为15 km的椭圆轨道，由近月点Q成功落月，如图所示关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是()A沿轨道 运行一周的位移大于沿轨道 运行一周的位移B沿轨道 运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度C沿轨道运行的周期大于沿轨道运行的周期D在轨道上由P点到Q点的过程中机械能增加解析沿轨道运行一周的位移与沿轨道运行一周的位移都是零，即相等，故A错误根据ma得a，沿轨道运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故B正确根据k可得半长轴a越大，运行周期越大，故沿轨道运行的周期小于沿轨道运行的周期，故C错误在轨道上由P点运行到Q点的过程中，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故D错误