（通用版）2016高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题1-16（课件+试题）（打包32套）.zip

1专题一 力与物体的平衡一、选择题1．(多选)(2015·德州模拟)如图所示，两楔形物块 A、 B 两部分靠在一起，接触面光滑，物块 B 放置在地面上，物块 A 上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、 B 两物块均保持静止．则( ) A．绳子的拉力不为零B．地面受的压力大于物块 B 的重力C．物块 B 与地面间不存在摩擦力D．物块 B 受到地面的摩擦力水平向左解析：选 AC.因 A、 B 接触面光滑，若 B 对 A 有支持力，则物块 A 的合力不可能为零，因此 A、 B 间的弹力为零，所以绳子的拉力 F＝ mAg，分析物块 B 可知，地面对 B 的支持力FNB＝ mBg，物块 B 与地面间的摩擦力为零，故 A、C 正确，B、D 错误．2．(2015·湖北重点中学高三第二次联考)如图所示，静止在水平地面上的斜面体质量为 M，一质量为 m 的物块恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力 F，物块 m 仍能沿斜面运动．则以下判断正确的是( ) A．物块 m 仍将沿斜面匀速下滑B．物块 m 将沿斜面加速下滑C．地面对斜面 M 有向左的摩擦力D．地面对斜面的支持力等于( M＋ m)g解析：选 B.物块 m 恰能匀速下滑，则物块 m 受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于 mg，且 μ ＝tan θ (θ 为斜面体倾角)，施加水平外力 F 后，物块 m 受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于 mg，对物块 m 受力分析易知，物块 m 做加速运动，选项 A 错误，B 正确；对斜面体 M，物块 m 对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于 mg，对斜面体 M 受力分析易知，地面对斜面体 M 的摩擦力为 0，支持力小于( m＋ M)g，选项 C、D 错误．3.(2015·济南一模)如图所示，在粗糙水平面上放置 A、 B、 C、 D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ BAD＝120°，整个系统保持静止状态．已知 A 物块所受的摩擦力大小为 Ff，则 D 物块所受的摩擦力大小为( )2A. Ff B． Ff32C. Ff D．2 Ff3解析：选 C.由对称性可知，四根轻弹簧的弹力大小相等，均为 F，对 A 有：2 Fcos 60°＝ Ff，对 D 有：2 Fcos 30°＝ FfD，故 FfD＝ Ff.34．(2015·河南八市质检)如图所示，质量均为 1 kg 的小球a、 b 在轻弹簧 A、 B 及外力 F 的作用下处于平衡状态，其中 A、 B 两个弹簧的劲度系数均为 5 N/cm， B 弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为 60°， A 弹簧竖直， g 取 10 m/s2，则以下说法正确的是( )A． A 弹簧的伸长量为 3 cmB．外力 F＝10 N3C． B 弹簧的伸长量为 4 cmD．突然撤去外力 F 瞬间， b 球加速度为 0解析：选 D.a、 b 两球处于平衡状态，所受合力均为零， A 弹簧的伸长量为 xA＝ ＝2 mgkcm，故 A 错误．对 a、 b 球及 A 弹簧整体受力分析得：外力 F＝2 mgtan 60°＝20 N， B 弹3簧弹力大小为 FB＝ ＝40 N，则 B 弹簧的伸长量 xB＝ ＝8 cm，故 B、C 错误．撤2mgcos 60° FBk去力 F 瞬间， A、 B 弹簧的弹力不变，则 b 球所受合力仍为零，加速度为 0，故 D 正确．5.(2015·河北保定 4 月模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于 O 点并处于静止状态．已知球半径为 R，重为 G，线长均为 R.则每条细线上的张力大小为( ) A．2 G B. G62C. G D. G32 52解析：选 B.本题中 O 点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为 2R 的正四面体，如图甲所示( A、 B、 C 为各球球心)， O′为△ ABC 的中心，设∠ OAO′＝ θ ，由几何关系知 O′ A＝ R，由勾股定理得 OO′＝ ＝ R，对 A 处球受力分析有： Fsin 233 OA2－ O′ A2 83θ ＝ G，又 sin θ ＝ ，解得 F＝ G，故只有 B 项正确．OO′OA 626．(2015·东北三校二联)如图所示，有一倾角 θ ＝30°的斜面体 B，质量为 M.质量3为 m 的物体 A 静止在 B 上．现用水平力 F 推物体 A，在 F 由零逐渐增大至 mg 再逐渐减为32零的过程中， A 和 B 始终保持静止．对此过程下列说法正确的是( ) A．地面对 B 的支持力大于( M＋ m)gB． A 对 B 的压力的最小值为 mg，最大值为 mg32 334C． A 所受摩擦力的最小值为 0，最大值为mg4D． A 所受摩擦力的最小值为 mg，最大值为 mg12 34解析：选 B.因为 A、 B 始终保持静止，对 A、 B 整体受力分析可知，地面对 B 的支持力一直等于( M＋ m)g，A 错误．当 F＝0 时， A 对 B 的压力最小，为 mgcos 30°＝ mg；当 F＝32mg 时， A 对 B 的压力最大，为 mgcos 30°＋ Fsin 30°＝ mg，B 正确．当 Fcos 30°32 334＝ mgsin 30°时，即 F＝ mg 时， A 所受摩擦力为 0，当 F＝0 时， A 所受摩擦力大小为33mg，方向沿斜面向上，当 F＝ mg 时， A 所受摩擦力大小为 mg，方向沿斜面向下，选项12 32 14C、D 错误．7.(2015·湖北宜昌市第一次调研)如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的 A、 B 两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态．如果保持绳子 A 端、 B 端在杆上位置不变，将右侧杆平移到虚线位置，稳定后衣服仍处于静止状态．则( ) A．绳子的弹力变大B．绳子的弹力不变C．绳对挂钩弹力的合力变小D．绳对挂钩弹力的合力不变解析：选 D.对挂钩受力分析，如图所示，根据平衡条件，有 2FTcos θ ＝ G，绳子右端的 B 点在杆上位置不动，将右杆移动到虚线位置时， θ 变小，故绳子拉力 FT变小，A、B 错误；绳中的拉力左右相等，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力 FT的合力 F 始终与 G 等值反向，保持不变，故 C 错误，D 正确．8．(2015·陕西高三质量检测)将两个质量均为 m 的小球 a、 b 用细线相连后，再用细线悬挂于 O 点，如图所示．用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持 θ ＝30°，则 F 达到最小值时 Oa 线上的拉力为( ) 4A. mg B． mg3C. mg D. mg32 12解析：选 A.以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出 F 在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知： F 与 FT的合力与重力 2mg总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当 F 与绳子 Oa 垂直时，F 有最小值，即图中 2 位置，根据平衡条件得： F＝2 mgsin 30°＝ mg， FT＝2 mgcos 30°＝ mg，A 正确．39．(2015·江西南昌调研)水平面上有 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L， M 和 P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为 m 的金属棒 ab，棒与导轨间的动摩擦因数为 μ (滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为 I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于金属棒 ab，与垂直导轨平面的方向夹角为 θ ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为 g，则金属棒所受的摩擦力大小为( )A． BILsin θ B． BILcos θC． μ (mg－ BILsin θ ) D． μ (mg＋ BILcos θ )解析：选 B.金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有 BILcos θ － Ff＝0， Ff＝ BILcos θ ，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误．10．如图所示，在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态．现将一带正电的小球 B 沿以 A 为圆心的圆弧缓慢地从 P 点转至 A 正上方的 Q 点处，已知 P、 A 在同一水平线上，且在此过程中物体 A 和 C 始终保持静止不动， A、 B 可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是( )A．物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小B．物体 A 受到斜面的支持力一直增大C．地面对斜面 C 的摩擦力先增大后减小D．地面对斜面 C 的摩擦力先减小后增大解析：选 A.对 A 受力分析如图，重力大小、方向不变，支持力 FN方向不5变，小球 B 顺时针转动时，库仑力 F 也顺时针转动，由图可知 A 对，B 错；对 A、 C 取整体为研究对象，库仑斥力大小恒定，沿水平方向分力减小，地面对 C 的摩擦力一直减小至0，C、D 错．11．(2015·新余模拟)如图所示，质量为 M、半径为 R 的半球形物体 A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为 m、半径为 r 的光滑球 B， A、 B 均静止．则( ) A． B 对 A 的压力大小为 mg2Rr＋ r2RB．细线对小球的拉力大小为 mgR＋ rRC． A 对地面的压力大小为( M＋ m)gD．地面对 A 的摩擦力大小为 mg2Rr＋ r2R解析：选 C.由于 A、 B 处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图甲所示，根据平衡条件，可得： FN－( M＋ m)g＝0，根据牛顿第三定律可知 A 对地面的压力大小为( M＋ m)g，选项 C 正确，选项 D 错误．隔离 B受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，由图中几何关系，可得 ＝ ＝mgR F′ NR＋ r，解得 F′ N＝ mg，依据牛顿第三定律知： B 对 A 的压力大小为F2Rr＋ r2 R＋ rRmg；细线对小球的拉力 F＝ mg，选项 A、B 错误．R＋ rR 2Rr＋ r2R二、非选择题12.(2015·临沂第三次适应性测试)如图所示，一个底面粗糙，质量为 m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为 30°，现用一端固定的轻绳系一质量为 m的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是 30°. (1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的 k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态， k 值必须满足什么条件？解析：(1)设绳的拉力为 FT，斜面体对小球的支持力为 FN，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知， FT和 FN的合力竖直向上，大小等于 mg，由几何关系可得出6FN＝ FT＝ mg.33(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为 FN′，地面的支持力为 F，地面的静摩擦力为 Ff，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上： F＝ mg＋ FN′cos 30°在水平方向上： Ff＝ FN′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知： FN′＝ FN＝ mg33又由题设可知 Ffmax＝ kF≥ Ff综合上述各式解得 k≥ .39答案：(1) mg (2) k≥33 3913．(2015·高考全国卷Ⅰ，T24，12 分)如图，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/s2.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：依题意，开关闭合后，电流方向从 b 到 a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了 Δ l1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔ l1＝ mg①式中， m 为金属棒的质量， k 是弹簧的劲度系数， g 是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝ IBL②式中， I 是回路电流， L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了 Δ l2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δ l1＋Δ l2)＝ mg＋ F③由欧姆定律有 E＝ IR④式中， E 是电池的电动势， R 是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得 m＝0.01 kg.答案：见解析1专题三 抛体运动与圆周运动一、选择题1.(2015·山西调研)国内首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主设计研发的， “蜘蛛侠”利用 8 只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动．如图所示，“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由 A 点沿直线匀加速“爬行”到右上方 B 点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析可能正确的是( )解析：选 C.“蜘蛛侠”由 A 到 B 做匀加速直线运动，故 F 合外力 方向沿 AB 方向，由 A指向 B，结合各选项图分析知 C 项正确．2．人用绳子通过定滑轮拉物体 A， A 穿在光滑的竖直杆上，当以速度 v0匀速拉绳使物体 A 到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为 θ ，则物体 A 实际运动的速度是( )A． v0sin θ B.v0sin θC． v0cos θ D.v0cos θ解析：选 D.由运动的合成与分解可知，物体 A 参与这样两个分运动，一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子向上的运动．而物体 A 实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体 A 的合运动，它们之间的关系如图所示．由三角函数可得v＝ ，所以 D 正确．v0cos θ3．(2014·高考四川卷)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. B.kvk2－ 1 v1－ k22C. D.kv1－ k2 vk2－ 1解析：选 B.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 t1＝ ；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间 t2＝ ，由题意有 ＝ k，则 k＝dv1 t1t2，得 v1＝ ＝ ，选项 B 正确．v21－ k2 v1－ k24．(2015·湖南六校联考)如图所示，薄半球壳 ACB 的水平直径为 AB， C 为最低点，半径为 R.一个小球从 A 点以速度 v0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( ) A．只要 v0足够大，小球可以击中 B 点B． v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C． v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D．无论 v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上解析：选 D.小球做平抛运动，竖直方向有位移， v0再大也不可能击中 B 点； v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和 A 点的连线与 AB 的夹角 φ 不同，由推论 tan θ ＝2tan φ 可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角 θ 也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与 AB 的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，A、B、C 错误，D 正确．5．(多选)(2015·河北唐山一模)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为 3 m 的 20 cm 高的竖直细杆，即为获胜．一身高 1.4 m 的儿童从距地面 1 m 高度，水平抛出圆环，圆环半径为 10 cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为( g＝10 m/s 2)( )A．7.4 m/s B．7.6 m/sC．7.8 m/s D．8.2 m/s解析：选 BC.由题意，套住细杆时圆环的竖直位移 h＝0.8 m，水平位移 3.0 m ， b 绳将出现弹力gcot θlD．若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的弹力一定发生变化解析：选 AC.对小球受力分析可得 a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得 FTa＝ ，为定值，A 正确，B 错误．当 FTacos θ ＝ mω 2l⇒ω ＝ 时， b 绳mgsin θ gcot θl的弹力为零，若角速度大于该值，则 b 绳将出现弹力，C 正确．由于绳 b 可能没有弹力，故绳 b 突然被剪断，则 a 绳的弹力可能不变，D 错误．9．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道 ABC 关于 B 点对称，且 A、 B、 C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由 A 滑到 C，所用的时间为 t1，第二次由 C 滑到 A，所用的时间为 t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A． t1t2 D．无法比较 t1、 t2的大小4解析：选 A.在滑道 AB 段上取任意一点 E，比较从 A 点到 E 点的速度 v1和从 C 点到 E点的速度 v2，易知 v1v2.因 E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由 A 滑到 C 比由 C 滑到 A 在 AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道 BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从 C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从 A 滑到 C 比从 C 滑到 A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从 A 滑到 C 平均速度要更大一些，故 t1t2.选项 A 正确．10.(多选)如图所示，用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高 2L 的 O 点处，小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点 B 处，则有( )A．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为 6mgB．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为 mgC．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为 7gLD．若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：选 AC.小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点 B 处，说明小铁球在最高点 B 处时，轻绳的拉力最小为零， mg＝ ， v＝ ，由机械能守恒定律得，mv2L gL小铁球运动到最低点时动能 ＝ ＋ mg·2L，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二mv22定律 F－ mg＝ ，联立解得轻绳的拉力最大为 F＝6 mg，选项 A 正确，B 错误；以地面为重力势能参考平面，小铁球在 B 点处的总机械能为 mg·3L＋ mv2＝ mgL，无论轻绳是在何12 72处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能 mv′ 2＝ mgL，落到地面时12 72的速度大小为 v′＝ ，选项 C 正确；小铁球运动到最低点时速度 v1＝ ，由7gL 5gLx＝ v1t， L＝ gt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为 x＝ L，选项 D 错误．12 10二、非选择题11．(2015·河北石家庄二中一模)如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d＝0.48 m，离地高度 h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度 E＝1×10 4 N/C.在水平桌面上某一位置 P 处有一质量 m＝0.01 kg，带电荷量 q＝1×10 －6 C 的带正电小球以初速度 v0＝1 m/s 向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度 g＝10 m/s 2.求：(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；(2)P 处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离．解析：(1)加速度大小： a＝ ＝ ＝1.0 m/s 2.Fm qEm5方向：水平向左．(2)设小球到桌面右端的距离为 x1，小球离开桌面后做平抛运动的水平距离为 x2x 总 ＝ x1＋ x2由 v2－ v ＝－2 ax120代入得 v＝ ＝1－ 2×1×x1 1－ 2x1设平抛运动的时间为 th＝ gt212解得 t＝0.5 sx2＝ vt＝0.5 1－ 2x1故 x 总 ＝ x1＋0.5 1－ 2x1令 y＝ ，则 x 总 ＝1－ 2x11－ y2＋ y2当 y＝ m 即 x1＝ m 时，水平距离最大12 38最大值为： xm＝ m.58答案：(1)1 m/s 2 水平向左 (2)见解析12．(2015·福建省泉州 3 月质检)某工厂生产流水线示意图如图所示，半径 R＝1 m 的水平圆盘边缘 E 点固定一小桶．在圆盘直径 DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端 C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度 h＝1.25 m． AB 为一个与 CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径 r＝0.45 m，且与水平传送带相切于 B点．一质量 m＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从 A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.2，当滑块到达 B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度 ω 绕通过圆心 O 的竖直轴匀速转动，滑块到达 C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取 g＝10 m/s 2，求：(1)滑块到达圆弧轨道 B 点时对轨道的压力 FNB；(2)传送带 BC 部分的长度 L；(3)圆盘转动的角速度 ω 应满足的条件．解析：(1)滑块从 A 到 B 过程中，由动能定理有mgr＝ mv12 2B解得 vB＝ ＝3 m/s2gr滑块到达 B 点时，由牛顿第二定律有 F′ NB－ mg＝ m解得 F′ NB＝6 N.据牛顿第三定律，滑块到达 B 点时对轨道的压力大小为 6 N，方向竖直向下．(2)滑块离开 C 点后做平抛运动， h＝ gt12 21解得 t1＝ ＝0.5 s， vC＝ ＝2 m/s2hg Rt1滑块由 B 到 C 过程中，据动能定理有6－ μmgL ＝ mv － mv12 2C 12 2B解得 L＝ ＝1.25 m.(3)滑块由 B 到 C 过程中，据运动学公式有L＝ t2vB＋ vC2解得 t2＝ ＝0.5 s，则 t＝ t1＋ t2＝1 s2LvB＋ vC圆盘转动的角速度 ω 应满足条件t＝ n· (n＝1，2，3，…)2πω解得 ω ＝2 nπ rad/s( n＝1，2，3，…)．答案：(1)6 N，方向竖直向下 (2)1.25 m(3)ω ＝2 nπ rad/s( n＝1，2，3，…)1专题二 牛顿运动定律与直线运动一、选择题1．(2015·湖北八校联考)如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标 x随时间 t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则 0～ t2时间内下列说法正确的是( )A．两物体在 t1时刻速度大小相等B． t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度解析：选 C.因 x－ t图线的斜率表示速度，则由题中图象可知 A、B 均错．因平均速度定义式为 v＝ ，甲、乙两物体在 0～ t2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，CΔ xΔ t对、D 错．2．(多选)(2015·山东济南一模)一质点做直线运动的 v－ t 图象如图所示，下列选项正确的是( )A．在 2～4 s 内，质点所受合外力为零B．质点在 0～2 s 内的加速度比 4～6 s 内的加速度大C．在第 4 s末，质点离出发点最远D．在 0～6 s 内，质点的平均速度为 5 m/s解析：选 AD.由题图可知，在 2～4 s 内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A对．由题图可知，质点在 0～2 s内加速度大小为 5 m/s2，4～6 s内加速度大小为 10 m/s2，B 错．由题图可知，在第 5 s末，质点离出发点最远，C 错．在 0～6 s内，质点的平均速度 v＝ ＝5 m/s，D 对．xt3．(2015·江西八校联考)2015 年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在 3 s末到达离地面 90 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是 v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的 k倍， g＝10 m/s2，那么v0和 k分别等于( )A．30 m/s，1 B．30 m/s，0.5C．60 m/s，0.5 D．60 m/s，12解析：选 D.本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x＝ ·t，代入数据得 v0＝60 m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所v0＋ v2示．由牛顿第二定律有： mg＋ Ff＝ ma，又 Ff＝ kmg， a＝ m/s2＝20 m/s2，解得： k＝1.故603A、B、C 错，D 对．4.(2015·宝鸡高三质检)如图所示，将质量为 M的 U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧 1、2、3 将质量为 m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧 1竖直，弹簧2、3 水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于( M＋ m)g.现将弹簧 1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( ) A．框架对地面的压力大小仍为( M＋ m)gB．框架对地面的压力大小为 0C．小球的加速度大小等于 gD．小球的加速度为 0解析：选 D.剪断弹簧 1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为 0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为 0，D 项正确，C 项错误；框架受重力和支持力作用，FN＝ Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为 Mg，A、B 项错误．5．(多选)(2015·高考江苏卷)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a随时间 t变化的图线如图所示，以竖直向上为 a的正方向，则人对地板的压力( )A． t＝2 s 时最大B． t＝2 s 时最小C． t＝8.5 s 时最大D． t＝8.5 s 时最小解析：选 AD.人受重力 mg和支持力 FN的作用，由牛顿第二定律得 FN－ mg＝ ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力大小 F′ N＝ FN＝ mg＋ ma，当 t＝2 s时 a有最大值， F′ N最大．当 t＝8.5 s 时， a有最小值， F′ N最小，选项 A、D 正确．6．(2015·武汉武昌区高三调研)从地面竖直上抛一物体 A的同时，在离地面高 H处有相同质量的另一物体 B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高 h时速率都为 v(两物体不会相碰)，则下列说法正确的是( )A． H＝2 hB．物体 A竖直上抛的初速度大小是物体 B落地时速度大小的 2倍C．物体 A、 B在空中运动的时间相等D．两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等解析：选 D.根据题设条件画出两物体运动的情景图，如图所示，两质量相等的物体经过相同的时间到达相同的位置时的速度相等，两物体具有相同3的机械能，由于两物体在运动过程中各自机械能守恒，故两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等，选项 D正确；由运动学公式可得：对物体 A到达距地面高 h时，v＝ vA－ gt，对物体 B到达距地面高 h时， v＝ gt，可得： vA＝2 v； h＝ ＝ ， H－ h＝3v22g，可得： H＝ h，选项 A错误；对物体 B，由运动学公式可得： vB＝ ＝2 v.物体 A竖v22g 43 2gH直上抛的初速度大小与物体 B落地时速度大小相等，选项 B错误；由运动学公式可得：物体 A在空中运动的时间 tA＝ ＝ ，物体 B在空中运动的时间 tB＝ ＝ ，选项 C错2vAg 4vg vBg 2vg误．7．(2015·河北衡水调研)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为 m的物体，木箱竖直向上运动的速度 v与时间 t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为 FN和 Ff，则下列说法正确的是( )A．在 0～ t1时间内， FN增大， Ff减小B．在 0～ t1时间内， FN减小， Ff增大C．在 t1～ t2时间内， FN增大， Ff增大D．在 t1～ t2时间内， FN减小， Ff减小解析：选 D.在 0～ t1时间内，由题图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为 θ ，对物体受力分析，在竖直方向上有 FNcos θ ＋ Ffsin θ － mg＝ ma1，在水平方向上有 FNsin θ ＝ Ffcos θ ，因加速度减小，则支持力 FN和摩擦力 Ff均减小．在 t1～ t2时间内，由题图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有 mg－( FNcos θ ＋ Ffsin θ )＝ ma2，在水平方向上有 FNsin θ ＝ Ffcos θ ，因加速度增大，则支持力 FN和摩擦力 Ff均减小，故选 D.8．(2015·安徽合肥一模)如图所示， a、 b两物体的质量分别为 m1、 m2，由轻质弹簧相连．当用恒力 F竖直向上拉着 a，使 a、 b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为 a1；当用大小仍为 F的恒力沿水平方向拉着 a，使 a、 b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x2，加速度大小为 a2.则有( )A． a1＝ a2， x1＝ x2 B． a1x2 D． a1x2解析：选 B.以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时， F－( m1＋ m2)g＝( m1＋ m2)a1；沿光滑水平桌面运动时， F＝( m1＋ m2)a2，比较两式可得： a13μmg 时， A 相对 B 滑动D．无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 μg12解析：选 BCD.对 A、 B整体，地面对 B的最大静摩擦力为 μmg ，故当32μmg ＜ F＜2 μmg 时， A、 B相对地面运动，故 A错误．对 A、 B整体应用牛顿第二定律，32有 F－ ×3mg＝3 ma；对 B，在 A、 B恰好要发生相对运动时， μ ×2mg－ ×3mg＝ ma，两μ2 μ2式联立解得 F＝3 μmg ，可见，当 F＞3 μmg 时， A相对 B才能滑动，C 正确．当 F＝ μmg52时， A、 B相对静止，对整体有： μmg － ×3mg＝3 ma， a＝ μg ，故 B正确．无论 F为何52 μ2 13值， B所受最大的动力为 A对 B的最大静摩擦力 2μmg ，故 B的最大加速度 aBm＝＝ μg ，可见 D正确．2μ mg－ 12×3μ mgm 1210．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行．初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v－ t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知 v2v1，则( )A． t2时刻，小物块离 A处的距离达到最大B． t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～ t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选 B.物块滑上传送带后将做匀减速运动， t1时刻速度为零，此时小物块离 A处的距离达到最大，选项 A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动， t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项 B正确；0～ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项 C错误； t2～ t3时间内小物块不受摩擦力，选项 D错误．二、非选择题511．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为 L1＝2.5 m、 L2＝2 m．传送带始终保持以速度 v匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为 μ 1＝0.3、 μ 2＝0.1，滑块、平板的质量均为 m＝2 kg， g取 10 m/s2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求 v的大小；(2)若 v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．解析：(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝ ＝3 m/s 2μ 1mgm由于 μ 1mg＞2 μ 2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝ ＝1 m/s 2μ 1mg－ μ 2×2mgm设滑块滑至平板右端用时为 t，共同速度为 v′，平板位移为 x，对滑块：v′＝ v－ a1tL2＋ x＝ vt－ a1t212对平板： v′＝ a2tx＝ a2t212联立以上各式代入数据解得： t＝1 s， v＝4 m/s.(2)滑块在传送带上的加速度： a3＝ ＝5 m/s 2μ mgm若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v1＝ ＝5 m/s＜6 m/s2a3L1即滑块滑上平板的速度为 5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为 t′，离开平板时的速度为 v″，平板位移为 x′则 v″＝ v1－ a1t′L2＋ x′＝ v1t′－ a1t′ 212x′＝ a2t′ 212联立以上各式代入数据解得： t′ 1＝ s， t′ 2＝2 s( t′ 2＞ t，不符合题意，舍去)12将 t′＝ s代入 v″＝ v1－ a1t′得：12v″＝3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s12．(2015·高考全国卷Ⅰ，T25，20 分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图甲所示． t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞6时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1 s时间内小物块的 v－ t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小 g取 10 m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ 1及小物块与木板间的动摩擦因数 μ 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m和 M.由牛顿第二定律有－ μ 1(m＋ M)g＝( m＋ M)a1①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式有v1＝ v0＋ a1t1②x0＝ v0t1＋ a1t ③12 21式中， t1＝1 s， x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移， v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ 1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－ v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有－ μ 2mg＝ ma2⑤由题图乙可得a2＝ ⑥v2－ v1t2－ t1式中， t2＝2 s， v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ 2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δ t，木板和小物块刚好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ 2mg＋ μ 1(M＋ m)g＝ Ma3⑧v3＝－ v1＋ a3Δ t⑨v3＝ v1＋ a2Δ t⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝ Δ t⑪－ v1＋ v32小物块运动的位移为x2＝ Δ t⑫v1＋ v32小物块相对木板的位移为Δ x＝ x2－ x1⑬联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得7Δ x＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ 1(m＋ M)g＝( m＋ M)a4⑮0－ v ＝2 a4x3⑯23碰后木板运动的位移为x＝ x1＋ x3⑰联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m.木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m