（江苏专用）2017届高考物理二轮复习 专题一 力与运动（课件+试题）（打包8套）.zip

1专题一 力与运动第 1 讲 力与物体的平衡一、单项选择题1.如图 1 所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的 A、 B 两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕 O 点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对 A、 B 两点拉力 FA、 FB的变化情况，下列说法正确的是( )图 1A． FA变小， FB变小 B． FA变大， FB变大C． FA变大， FB变小 D． FA变小， FB变大解析 柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。将大圆环在竖直平面内绕 O 点顺时针缓慢转过一个微小角度， A、 B 两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角 2α 减小，由 2Fcos α ＝ mg 可知，轻绳中拉力 F 减小，轻绳对 A、 B 两点的拉力 FA和 FB都变小，选项 A 正确。答案 A2．如图 2 所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力 F、半球面对小球的支持力 FN的变化情况是( )图 2A． F 增大， FN减小 B． F 增大， FN增大C． F 减小， FN减小 D． F 减小， FN增大解析 某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为 α ，则 F＝ mgtan α ， FN＝ ，随着挡板向右移动， α 越来越大，则 F 和 FN都要增大。mgcos α2答案 B3．如图 3 所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线 a，导线 a 的正上方某处放置另一长直导线 b，两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流。现将导线 b 向右平移一小段距离，若导线 a 始终保持静止，则( )图 3A．导线 b 受到的安培力方向始终竖直向下B．导线 b 受到的安培力逐渐减小C．导线 a 对桌面的压力减小D．导线 a 对桌面的摩擦力方向水平向左解析 导线 a、 b 均处在对方产生的磁场中，故两导线均会受到安培力作用，由“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，当导线 b 未移动时，其受到的安培力方向竖直向下指向导线 a，当导线 b 向右平移一小段距离后，导线 b 受到的安培力仍会指向导线 a，选项A 错误；由于导线 a、 b 之间的距离增大而导线中的电流不变，故两导线之间的相互作用力减小(安培力 F＝ BIl)，选项 B 正确；导线 b 向右平移后导线 a 的受力情况如图所示，由于导线 a 始终在桌面上保持静止，所以有 FN＝ G－ Fsin θ ，因为安培力 F 减小，sin θ 减小，所以桌面对导线 a 的支持力增大，由牛顿第三定律可知，导线 a 对桌面的压力增大，选项C 错误；由图可知，桌面对导线 a 的静摩擦力方向水平向左，故导线 a 对桌面的摩擦力方向水平向右，选项 D 错误。答案 B4．如图 4 所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为 G 的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力 F 缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )3图 4A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力 F 逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大解析 对球进行受力分析，如图甲所示。FN1＝ Gtan θ ， FN2＝ 。当长方体物块向右运动中， θ 增大， FN1、 FN2均增大，由牛Gcos θ顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项 A 错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力 FN2′cos θ ＝ G 等于重力，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 FN＝ G1＋ FN2′cos θ ＝ G1＋ G 不变，滑动摩擦力 f＝ μF N不变，选项 C 错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力 FN2′sin θ 逐渐增大，所以水平拉力 F＝ f－ FN2′sin θ 逐渐减小，选项 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，选项 D 错误。答案 B二、多项选择题5．如图 5 所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平， O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量分别为 m1和 m2的小球A、 B。当它们处于平衡状态时，碗内的细线与水平方向的夹角为 60°，小球 B 位于水平地面上，设此时半球形的碗对 A 的弹力为 F，小球 B 对地面的压力大小为 FN，细线的拉力大小为 T，则下列说法中正确的是( )图 5A． FN＝( m2－ m1)g B． FN＝ m2g－ m1g334C． T＝0 D． F＝ m1g33解析 分析小球 A 的受力情况，由平衡条件可得，细线的拉力 T＝ F， Fsin 60°＋ Tsin 60°＝ m1g，解得 T＝ F＝ m1g，选项 C 错误，D 正确；分析小球 B 的受力情况，由平衡条33件可得 T＋ FN＝ m2g，即 FN＝ m2g－ m1g，故 A 错误，B 正确。33答案 BD6．(2016·安徽皖南八校二次联考)如图 6 所示，三角形 ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠ A＝30°，∠ B＝37°， C 处有光滑小滑轮，质量分别为 m1、 m2的两物块通过细线跨放在 AC 面和 BC 面上，且均恰好处于静止状态，已知 AC 面光滑，物块 2 与 BC 面间的动摩擦因数 μ ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比 m1∶ m2可能是( )图 6A．1∶3 B．3∶5 C．5∶3 D．2∶1解析 物块 1 受重力 m1g、细线拉力 T 和斜面支持力 FN作用处于平衡状态，则 T＝ m1gsin 30°，物块 2 受重力 m2g、细线拉力 T、斜面支持力 FN′及摩擦力 Ff作用处于平衡状态，当 m1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有 T＝ m2gsin 37°＋ μm 2gcos 37°，即 ＝2；当 m1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有 T＝ m2gsin 37°m1m2－ μm 2gcos 37°，即 ＝ ，所以 ≤ ≤2。m1m2 25 25 m1m2答案 BCD7．如图 7 所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )图 7A．一直增大 B．先减小后增大C．先增大后减小 D．始终为零解析 若 F 安 ＜ mgsin α ，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当 F 安 增大时， F 摩 减5小到零，再向下增大，B 项对，C、D 项错；若 F 安 ＞ mgsin α ，摩擦力方向向下，随 F 安 增大而一直增大，A 项对。答案 AB8.如图 8 所示，带电物体 P、 Q 可视为点电荷，电荷量相同。倾角为 θ 、质量为 M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为 m 的物体 P 放在粗糙的斜面体上。当物体 Q 放在与 P 等高(PQ 连线水平)且与物体 P 相距为 r 的右侧位置时， P 静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体保持静止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是( )图 8A． P、 Q 所带电荷量为mgr2tan θkB． P 对斜面的压力为 0C．斜面体受到地面的摩擦力为 0D．斜面体对地面的压力为( M＋ m)g解析 设 P、 Q 所带电荷量为 q，对物体 P 受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力 F＝ k、竖直向下的重力 mg、支持力 FN，由平衡条件可得 tan θ ＝ ，解得q2r2 Fmgq＝ ，选项 A 正确；斜面对 P 的支持力 FN＝ mgcos θ ＋ Fsin θ ，由牛顿第三mgr2tan θk定律可知， P 对斜面的压力为 FN′＝ mgcos θ ＋ Fsin θ ，选项 B 错误；对 P 和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到 Q 对 P 向左的库仑力 F＝ k 和地面对斜面体水平向右的摩擦q2r2力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为 f＝ k ，选项 C 错误；对 P 和q2r2斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力( M＋ m)g 和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于( M＋ m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋ m)g，选项 D 正确。答案 AD9．如图 9 所示，用两根完全相同的橡皮筋 M、 N 将两个质量均为 m＝1 kg 的可视为质点的小球 A、 B 拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球 A 上施加一水平向左的恒力 F，当系统处于静止状态时，橡皮筋 M 与竖直方向的夹角为 60°。假设两橡皮筋的劲度系数均为6k＝5 N/cm，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取 g＝10 m/s 2。则( )图 9A．橡皮筋 M 的伸长量为 4 cmB．橡皮筋 N 的伸长量为 2 cmC．水平恒力的大小为 10 N3D．如果将水平恒力撤去，则小球 B 的瞬时加速度为零解析 先对小球 B 进行受力分析，小球 B 受重力 mg 和橡皮筋 N 的拉力 F1，根据平衡条件，有 F1＝ mg＝10 N，又 F1＝ kxN，解得橡皮筋 N 的伸长量 xN＝ ＝2 cm，选项 B 正确；再将F1k小球 A、 B 看成一个整体，整体受重力 2mg、水平恒力 F 和橡皮筋 M 的拉力 F2，如图所示，根据平衡条件，有 F＝2 mgtan 60°＝2 mg＝20 N，选项 C 错误；橡皮筋 M 的弹力 F2＝3 3＝4 mg＝40 N，根据胡克定律有 F2＝ kxM，解得橡皮筋 M 的伸长量 xM＝ ＝8 cm，2mgcos 60° F2k选项 A 错误；小球 B 受重力和橡皮筋 N 的拉力，撤去水平恒力的瞬间，小球 B 的重力和橡皮筋 N 的拉力都不变，故小球仍处于平衡状态，加速度为零，选项 D 正确。答案 BD三、计算题10．如图 10 所示，一质量为 M＝2 kg 的铁块套在倾斜放置的杆上，杆与水平方向的夹角θ ＝60°，一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为 m＝1 kg 的小球上，一水平力 F 作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态。( g 取 10 m/s2)求：图 10(1)拉力 F 的大小；7(2)杆对铁块的摩擦力的大小。解析 (1)对 B 球受力分析如图所示。根据力的平衡 F＝ mgtan θ解得 F＝10 N3(2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆，且铁块处于静止状态，因此铁块受到的摩擦力等于铁块的重力沿斜面向下的分力，即 Ff＝ Mgsin θFf＝10 N3答案 (1)10 N (2)10 N3 311．如图 11 所示，两平行金属导轨间的距离 d＝1.0 m，导轨所在平面与水平面之间的夹角为 θ ＝53°，在导轨所在的空间内分布着磁感应强度大小为 B＝1.5 T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，导轨的一端接有电动势 E＝6.0 V，内阻 r＝1.0 Ω 的直流电源。现将一质量 m＝0.5 kg，电阻 R＝3.0 Ω，长度为 1.0 m 的导体棒 ab 垂直导轨放置，开关S 接通后导体棒刚好能保持静止。已知电路中定值电阻 R0＝6.0 Ω，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，导体棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图 11(1)导体棒中通过的电流大小；(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数。解析 (1)由电路知识可知，导体棒与定值电阻 R0并联后接在电源两端，设电路中的总电阻为 R 总 ，则有 R 总 ＝ ＋ r，代入数据可得 R 总 ＝3 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电RR0R＋ R0路中的总电流 I＝ ＝2 A，导体棒 ab 两端的电压为 Uab＝ E－ Ir，代入数据可得 Uab＝4 ER总V，所以流经导体棒的电流 IR＝ ＝ A。UabR 43(2)对导体棒进行受力分析如图所示。设导轨对导体棒的支持力大小为 FN，摩擦力大小为Ff，导体棒受到的安培力大小为 F。由题意可知，导体棒中的电流方向为 b→ a，由左手定8则可知，导体棒受到的安培力沿导轨所在的平面向上，其大小 F＝ BIRd，代入数据有 F＝2 N，又因为重力沿导轨所在的平面向下的分量为 mgsin 53°＝4 N，所以可判断出此时的摩擦力方向一定沿导轨所在的平面向上，且大小为 Ff＝ mgsin 53°－ F，即 Ff＝2 N，又Ff＝ μmg cos 53°，代入数据解得 μ ＝ 。23答案 (1) A (2)43 2312．(2016·全国卷Ⅰ，24)如图 12，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ ，上沿相连。两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ ，重力加速度大小为 g，已知金属棒 ab 匀速下滑。求图 12(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。解析 (1)由于 ab、 cd 棒被平行于斜面的导线相连，故 ab、 cd 速度总是大小相等， cd 也做匀速直线运动。设两导线上拉力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 FN1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 FN2。对于 ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mgsin θ ＝ μF N1＋ T＋ F①FN1＝2 mgcos θ ②对于 cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsin θ ＋ μF N2＝ T③9FN2＝ mgcos θ ④联立①②③④式得：F＝ mg(sin θ －3 μ cos θ )⑤(2)设金属棒运动速度大小为 v， ab 棒上的感应电动势为E＝ BLv⑥回路中电流 I＝ ⑦ER安培力 F＝ BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ －3 μ cos θ )mgRB2L2答案 (1) mg(sin θ －3 μ cos θ )(2)(sin θ －3 μ cos θ )mgRB2L21第 2 讲 力与直线运动一、单项选择题1．(2016·银川模拟)汽车以 20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急刹车开始，2 s 与 5 s 时汽车的位移之比为( )A．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3解析 汽车停下来所用的时间为 t＝ ＝4 s，故 2 s 时汽车的位移 x1＝ v0t1＋ (－ a)v0a 12t ＝30 m；5 s 时汽车的位移与 4 s 时汽车的位移相等， x2＝ v0t2＋ (－ a)t ＝40 m，解得2112 2＝ ，选项 C 正确。x1x2 34答案 C2．(2016·扬州模拟)图 1 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。两图中 a～ g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度 g＝10 m/s2。根据图象分析可知( )图 1A．人的重力为 1 500 NB． c 点位置人处于超重状态C． e 点位置人处于失重状态D． d 点的加速度小于 f 点的加速度解析 由题图甲、乙可知，人的重力等于 500 N，质量 m＝50 kg， b 点位置人处于失重状态， c、 d、 e 点位置人处于超重状态，选项 A、C 错误，B 正确； d 点位置传感器对人的支持力 F 最大，为 1 500 N，由 F－ mg＝ ma 可知， d 点的加速度 ad＝20 m/s2， f 点位置传感器对人的支持力为 0 N，由 F－ mg＝ ma 可知， f 点的加速度 af＝－10 m/s2，故 d 点的加速2度大于 f 点的加速度，选项 D 错误。答案 B3．(2016·镇江模拟)质量为 0.5 kg 的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图 2 所示，a、 b 分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的 v－ t 图象，则拉力与摩擦力大小之比为( )图 2A．1∶2 B．2∶1 C．3∶1 D．3∶2解析 物体不受水平拉力时，加速度大小为 a1＝ ＝1.5 m/s2。物体受到水平拉力作用Δ v1Δ t1时加速度大小为 a2＝ ＝0.75 m/s2。根据牛顿第二定律得 f＝ ma1， F－ f＝ ma2，可得Δ v2Δ t2F∶ f＝3∶2，故选 D。答案 D4．(2016·河南模拟)汽车在平直公路上做刹车试验，若从 t＝0 时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图 3 所示，下列说法正确的是( )图 3A． t＝0 时汽车的速度为 10 m/sB．刹车过程持续的时间为 5 sC．刹车过程经过 3 s 时汽车的位移为 7.5 mD．刹车过程汽车的加速度大小为 10 m/s2解析 由图象可得 x＝－ v2＋10，根据 v2－ v ＝2 ax 可得 x＝ v2－ ，解得 a＝－5 110 20 12am/s2， v0＝10 m/s，选项 A 正确，选项 D 错误；汽车刹车过程的时间为 t＝ ＝2 s，选0－ v0a项 B 错误；汽车经过 2 s 停止，因而经过 3 s 时汽车的位移为 x＝10 m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项 C 错误。答案 A5．如图 4 所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨 CD、 EF，3导轨上放有一金属棒 MN。现从 t＝0 时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流 I 的大小与时间 t 成正比，即 I＝ kt，其中 k 为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于金属棒的加速度 a、速度 v 随时间 t 变化的关系图象，可能正确的是( )图 4解析 当 t s 时间，电流 I＝ kt，安培力 F＝ BIL，设最大静摩擦力为 fm，则加速度 a＝＝ ＝ t－ ，所以 a－ t 图象是一条倾斜的直线，且不过原点，与纵轴的F－ fmm BLkt－ fmm BLkm fmm交点为－ ，选项 A、B 错；导体棒速度 v＝ at＝ t2－ t 是一条开口向上的曲线，选项fmm BLkm fmmC 错，D 对。答案 D二、多项选择题6.(2016·山东临沂市 5 月第二次模拟)如图 5 所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物块轻轻放在皮带左端，以 v、 a、 x、 F 表示物块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项正确的是( )图 5解析 足够长的水平传送带，物块的运动分为两个过程，刚开始滑动摩擦力向右，物块匀加速运动，当物块的速度增加到等于皮带的传送速度后，物块和传送带一块匀速运动。物块与传送带相对静止，滑动摩擦力为零，加速度为零，因此 A、B 正确，C 错误；小物块的4位移在加速阶段为 x＝ at2，是抛物线不是直线，而匀速阶段 x′＝ v0t 用线应为直线而非12曲线，故 D 错误。答案 AB7．如图 6 甲所示，质量为 m＝1 kg、带电荷量为 q＝2×10 －3 C 的小物块静置于绝缘水平面上， A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的 v－ t 图象如图乙所示，取 g＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图 6A．小物块在 0～3 s 内的平均速度为 m/s43B．小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.4C．匀强电场的电场强度为 3 000 N/CD．物块运动过程中电势能减少了 12 J解析 由 v－ t 图象中图线与纵轴所围面积的意义知 0～3 s 内物块的位移为 x＝6 m，所以在 0～3 s 内的平均速度为 v＝ ＝2 m/s，A 错；由 v－ t 图象中图线斜率的意义知加速阶段xt和减速阶段物块的加速度大小分别为 a 加 ＝4 m/s2和 a 减 ＝2 m/s2，由牛顿第二定律知qE－ μmg ＝ ma 加 ， μmg ＝ ma 减 ，联立并代入数值得 μ ＝0.2， E＝3 000 N/C，B 错，C 对；由图象知加速阶段的位移为 x1＝2 m，所以电场力做功 W＝ qE·x1＝12 J，即物块运动过程中电势能减少了 12 J，D 对。答案 CD8．(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v－ t 图象如图 7 所示。已知两车在 t＝3 s 时并排行驶，则( )图 7A．在 t＝1 s 时，甲车在乙车后B．在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 s5D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m解析 根据 v－ t 图，甲、乙都沿正方向运动。 t＝3 s 时，甲、乙相遇，此时 v 甲 ＝30 m/s， v 乙 ＝25 m/s，由 v－ t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移 x 甲＝ ×3×30 m＝45 m，乙车位移 x 乙 ＝ ×3×(10＋25) m＝52.5 m。故 t＝0 时，甲、乙相12 12距 Δ x1＝ x 乙 － x 甲 ＝7.5 m，即甲在乙前方 7.5 m， B 选项正确；0～1 s 内， x 甲 ′＝ ×1×10 m＝5 m， x 乙 ′＝ ×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δ x2＝ x 乙 ′－ x 甲 ′＝7.5 12 12m＝Δ x1，说明甲、乙第一次相遇，A、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为 x＝ x 甲－ x 甲 ′＝45 m－5 m＝40 m，所以 D 选项正确。答案 BD9．(2016·天津理综，8)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由 8 节车厢组成，其中第 1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )图 8A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 1∶2解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项 A 错误；对 6、7、8 节车厢的整体有F56－3 kmg＝3 ma，对 7、8 节车厢的整体有 F67－2 kmg＝2 ma，故 5、6 节车厢与 6、7 节车厢间的作用力之比为 F56∶ F67＝3∶2，选项 B 正确；关闭发动机后，根据动能定理得 ·8mv2＝8 kmgx，解得 x＝ ，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选12 v22kg项 C 错误；8 节车厢有 2 节动车时的最大速度为 vm1＝ ；8 节车厢有 4 节动车时最大速2P8kmg度为 vm2＝ ，则 ＝ ，选项 D 正确。4P8kmg vm1vm2 12答案 BD三、计算题610.如图 9 所示，质量均为 m＝3 kg 的物块 A、 B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块 A的左侧连接一劲度系数为 k＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块 B 在水平外力 F 作用下向右做 a＝2 m/s2的匀加速直线运动直至与 A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为 μ ＝0.5， g＝10 m/s2。求：图 9(1)物块 A、 B 分离时，所加外力 F 的大小；(2)物块 A、 B 由静止开始运动到分离所用的时间。解析 (1)物块 A、 B 分离时，对 B： F－ μmg ＝ ma解得： F＝21 N(2)A、 B 静止时，对 A、 B： kx1＝2 μmgA、 B 分离时，对 A： kx2－ μmg ＝ ma此过程中： x1－ x2＝ at212解得： t＝0.3 s答案 (1)21 N (2)0.3 s11．如图 10 甲所示，一根直杆 AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端 B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到 A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的 v－ t 图象如图乙所示，物块最终停止在 B 点。重力加速度 g 取 10 m/s2，求：图 10(1)物块与杆之间的动摩擦因数 μ ；(2)物块滑过的总路程 s。解析 (1)由图象可知，物块下滑的加速度 a1＝ ＝4 m/s2，上滑时的加速度大小 a2＝Δ v1Δ t1＝8 m/s2，杆 AB 长 L＝2 m，设直杆的倾角为 θ ，物块的质量为 m，由牛顿第二定律Δ v2Δ t2得：mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma17mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma2代入数据得： μ ＝0.25，sin θ ＝0.6，cos θ ＝0.8。(2)对物块整个过程分析，由动能定理得：mgLsin θ － μmgs cos θ ＝0，代入数据得： s＝6 m答案 (1)0.25 (2)6 m12．(2016·四川理综，10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图 11 竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos θ ＝1，sin θ ＝0.1， g＝10 m/s 2。求：图 11(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度。解析 (1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ ＝0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则f＋ mgsin θ ＝ ma1①f＝ μmg cos θ ②联立①②并代入数据得 a1＝5 m/s 2③a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v＝23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 s0＝38 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s＝4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F， F 是货车和货物总重的 k 倍， k＝0.44，货车长度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l，则Mgsin θ ＋ F－ f＝ Ma2④F＝ k(m＋ M)g⑤s1＝ vt－ a1t2⑥12s2＝ vt－ a2t2⑦128s＝ s1－ s2⑧l＝ l0＋ s0＋ s2⑨联立①②④～⑨并代入数据得l＝98 m⑩答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m1第 3讲 力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动一、单项选择题1.如图 1所示为某游乐场的一个娱乐设施，图中的大转盘与水平方向的夹角接近 90°，而转盘上的游人却显得悠然自得，则下列说法正确的是( )图 1A．游人所受合外力恰好为零B．游人所受合外力可能恰好提供向心力C．游人具有的机械能守恒D．游人的机械能如果还在增加，一定是游人受到的重力、支持力和摩擦力的合力对游人做正功解析 如果大转盘做匀速圆周运动，则游人所受的合外力不为零，合外力要用于提供向心力，故 A错误，B 正确；若转盘在竖直平面内做匀速圆周运动，则游人的动能不变，重力势能在变化，故机械能不守恒，C 错误；根据功能关系，重力、支持力和摩擦力的合力做的功等于动能的增加量，支持力和摩擦力的合力做的功等于机械能的增加量，故 D错误。答案 B2．(2016·苏锡常镇三模)如图 2所示，河宽为 200 m，一条小船要将货物从 A点沿直线运送到河对岸的 B点，已知 A、 B两点连线与河岸的夹角 θ ＝30°，河水的流速 v 水 ＝5 m/s，小船在静水中的速度大小最小是( )图 2A. m/s B．2.5 m/s532C．5 m/s D．5 m/s3解析 用矢量三角形法分析。如图所示，使合速度与河岸夹角为 θ ,则当 v 船 与 v 合 垂直时，v 船 具有最小值。则 v 船 min＝ v 水 sin θ ＝2.5 m/s。2答案 B3．(2016·四川资阳模拟)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )解析 小球做匀速圆周运动， mgtan θ ＝ mω 2Lsin θ ，整理得： Lcos θ ＝ 是常量，即gω 2两球处于同一高度，故 B正确。答案 B4.如图 3，长均为 L的两根轻绳，一端共同系住质量为 m的小球，另一端分别固定在等高的 A、 B两点， A、 B两点间的距离也为 L。重力加速度大小为 g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为 v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为 2v时，每根绳的拉力大小为( )图 3A. mg B. mg343 3C．3 mg D．2 mg3解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为 r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为 θ ＝30°，则有 r＝ Lcos θ ＝ L。根据题述小球在最高点速率为 v时，323两根绳的拉力恰好均为零，有 mg＝ m ；小球在最高点速率为 2v时，设每根绳的拉力大小v2r为 F，则有 2Fcos θ ＋ mg＝ m ，联立解得： F＝ mg，选项 A正确。（ 2v） 2r 3答案 A5．(2016·全国卷Ⅱ，16)小球 P和 Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P球的质量大于Q球的质量，悬挂 P球的绳比悬挂 Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图4所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点( )图 4A． P球的速度一定大于 Q球的速度B． P球的动能一定小于 Q球的动能C． P球所受绳的拉力一定大于 Q球所受绳的拉力D． P球的向心加速度一定小于 Q球的向心加速度解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得， mgL＝ mv2，解得 v＝ ，因12 2gLLPmQ，则两小球的动能大小无法比较，选项 B错误；对小球在最低点受力分析得， FT－ mg＝ m ，可得 FT＝3 mg，选项 C正确；由v2La＝ ＝2 g可知，两球的向心加速度相等，选项 D错误。v2L答案 C6．(2016·江西上饶模拟)太空中进行开采矿产资源项目，必须建立“太空加油站” 。假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致。下列说法中正确的是( )A． “太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度B． “太空加油站”运行的速度大小等于同步卫星运行速度大小的 倍10C．站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向西运动D．在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止解析 根据 ＝ mg′＝ ma，知“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速GMmr2度，选项 A正确；“太空加油站”绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有 ＝ ，得 v＝ ＝ ， “太空加油站”距地球表面的高度为同步卫星离地球表GMmr2 mv2r GMr GMR＋ h面高度的十分之一，但“太空加油站”距地球球心的距离不等于同步卫星距地球球心距离4的十分之一，选项 B错误；角速度 ω ＝ ，轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地GMr3球自转的角速度相同，所以“太空加油站”的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向东运动，选项 C错误；在“太空加油站”工作的宇航员只受重力作用，处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力做圆周运动，选项 D错误。答案 A二、多项选择题7．(2016·全国卷Ⅲ，20)如图 5，一固定容器的内壁是半径为 R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为 g。设质点 P在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( )图 5A． a＝ B． a＝2（ mgR－ W）mR 2mgR－ WmRC． N＝ D． N＝3mgR－ 2WR 2（ mgR－ W）R解析 质点 P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得 mgR－ W＝ mv2，根据公12式 a＝ ，联立可得 a＝ ，A 正确，B 错误；在最低点，重力和支持力的合力充v2R 2（ mgR－ W）mR当向心力，根据牛顿第二定律可得， N－ mg＝ ma，代入可得， N＝ ，C 正确，D 错误。3mgR－ 2WR答案 AC8．假设宇航员登陆火星后，测得火星半径是地球半径的 ，火星质量是地球质量的 。已知12 19地球表面的重力加速度为 g，地球的半径为 R，宇航员在地面上能向上竖直跳起的最大高度为 h，忽略自转的影响，下列说法中正确的是( )A．火星的密度为2g3π GRB．火星表面的重力加速度为2g95C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为23D．宇航员在火星上以在地面上竖直起跳的速度起跳后，能达到的最大高度为 h94解析 根据 ρ ＝ ， V＝ π r3，可得 ρ ＝ ，故 ρ 火 ＝ ρ 地 ，根据 GM 地 ＝ gR2， M 地MV 43 3M4π r3 89＝ π R3ρ 地 ，可得 ρ 地 ＝ ，故 ρ 火 ＝ ，选项 A正确；星球表面的重力加速度43 3g4π GR 2g3π GR为 g′＝ G ，故火星表面的重力加速度为 g，选项 B错误；根据 mg′＝ m 可得 v＝Mr2 49 v2r，火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为 ，选项 C错误；根据g′ r232g′ h＝ v2可得 h＝ ，宇航员在火星上起跳后，能达到的最大高度为 h，选项 D正确。v22g′ 94答案 AD9.如图 6所示， A、 B两点在同一条竖直线上， B、 C两点在同一条水平线上。现将甲、乙、丙三小球分别从 A、 B、 C三点水平抛出，若三小球同时落在水平面上的 D点，则以下关于三小球运动的说法中正确的是( )图 6A．三小球在空中的运动时间一定是 t 乙 ＝ t 丙 t 甲B．甲小球先从 A点抛出，丙小球最后从 C点抛出C．三小球抛出时的初速度大小一定是 v 甲 ＞ v 乙 ＞ v 丙D．从 A、 B、 C三点水平抛出的小球甲、乙、丙落地时的速度方向与水平方向之间夹角一定满足 θ 丙 ＞ θ 乙 ＞ θ 甲解析 已知 hA＜ hB，由 t＝ 可知， t 甲 ＜ t 乙 ，即甲小球在空中运动的时间小于乙小球在2hg空中运动的时间；又因为 hB＝ hC，所以 t 乙 ＝ t 丙 ，即乙、丙两小球在空中运动的时间相等，故有 t 乙 ＝ t 丙 ＞ t 甲 ，选项 A正确；由于 t 乙 ＝ t 丙 ＞ t 甲 ，所以一定是乙、丙两小球先抛出，选项 B错误；由于甲、乙、丙三小球在水平方向上做匀速直线运动，故可得甲、乙、丙三小球抛出时的初速度大小分别为 v 甲 ＝ ， v 乙 ＝ ， v 丙 ＝ ，又 x 甲 ＝ x 乙 ＞ x 丙 ，所以x甲t甲 x乙t乙 x丙t丙v 甲 ＞ v 乙 ＞ v 丙 ，选项 C正确；三小球落地时，其速度方向与水平方向之间夹角的正切值tan θ ＝ ＝ ，因为 hB＝ hC＞ hA， v 甲 ＞ v 乙 ＞ v 丙 ，所以可得 tan θ 甲 ＜tan θ 乙v⊥v0 2ghv06＜tan θ 丙 ，即 θ 丙 ＞ θ 乙 ＞ θ 甲 ，选项 D正确。答案 ACD10．宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图 7甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设这三个星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图 7甲、乙中标出，引力常量为 G，则下列说法中正确的是( )图 7A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为GmLB．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 4πL35GmC．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为 2L33GmD．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为3GmL2解析 在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 G ＋ G ＝ m ，解得 v＝ ，A 项错m2L2 m2（ 2L） 2 v2L 125GmL误；由周期 T＝ 知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 T＝4π ，B 项正确；2π rv L35Gm同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有 2G cos 30°＝ mω 2· ，解m2L2 L2cos 30°得 ω ＝ ，C 项错误；由 2G cos 30°＝ ma得 a＝ ，D 项正确。3GmL3 m2L2 3GmL2答案 BD三、计算题11．入冬以来，我国大部分地区雾霾频发，环保部门积极制定各种应急措施。有一种洒水车，如图 8甲所示，共有四个喷水口，左右对称各两个，上面的两个负责远处地面喷洒，下面的两个负责近处地面喷洒，四个喷水口同时工作恰好能够使有效宽度内均匀洒水，四个喷水口喷水速度和水柱直径完全一致，如示意图乙所示，上面喷水口距地面高度为 0.8 7m，水柱近似水平喷出，水流喷出速度为 15 m/s，左右喷口水平间距为 2 m，喷水时每个喷口流量均为 0.005 m3/s，汽车喷水时正常运行速度为 10 m/s。图 8(1)若水柱做平抛运动，求汽车静止时喷水覆盖路面的最大宽度；(2)某次路过十字路口汽车先匀减速运动，当减速到零时绿灯刚好亮起，汽车紧接着做匀加速运动，其加速度均为 2 m/s2，求汽车由于过路口比正常行驶时多洒多少立方米的水？解析 (1)水做平抛运动x＝ v0t1h＝ gt12 21d＝2 x＋2＝14 m(2)洒水车减速时间为 t2，减速位移为 x1，由于减速和加速多用的时间为 Δ t，多洒水体积为 Vt2＝vax1＝v22aΔ t＝2 t2－2x1vV＝4Δ tQ＝0.1 m 3答案 (1)14 m (2)0.1 m 312．如图 9所示，从 A点以 v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量 m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至 B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C端切线水平。已知长木板的质量M＝4 kg， A、 B两点距 C点的高度分别为 H＝0.6 m、 h＝0.15 m， R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数 μ 1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数 μ 2＝0.2， g取 10 m/s2。求：图 98(1)小物块运动至 B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至 C点时，对圆弧轨道 C点的压力的大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。解析 (1)物块做平抛运动：H－ h＝ gt212设到达 B点时竖直分速度为 vy，vy＝ gtv1＝ ＝ m/s＝5 m/s42＋ 32方向与水平面的夹角为 θ ，则：tan θ ＝ ＝vyv0 34解得 θ ＝37°(2)从 A至 C点，由动能定理得mgH＝ mv － mv12 2 12 20设小物块在 C点受到的支持力为 FN，由牛顿第二定律得 FN－ mg＝联立解得 v2＝2 m/s FN＝47.3 N7根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道 C点的压力大小为 47.3 N(3)小物块对长木板的摩擦力为Ff＝ μ 1mg＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 Ff′＝ μ 2(M＋ m)g＝10 N因 Ff＜ Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为 0，则长木板长度至少为 l＝ ＝2.8 m答案 (1)5 m/s 方向与水平面夹角为 37°斜向下(2)47.3 N (3)2.8 m