2019届高考物理一轮复习热点滚动加强练一

1、热点滚动加强练（一）考试时间：90 分钟 第 I 卷（选择题共 48 分）评卷人得分一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.）热点夯实练热点一 匀速直线运动的规律及应用1一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况.当车速vA. 4 cmD. 10 cm【解析】“缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的Fi压力Fi=mg= 1 x 10 N= 10 N，所以其压缩量为xi= = 2 cm ;最终c木块刚好离开水平地k面

2、，q弹簧受到竖直向下的拉力F2=mg= 1 x 10 N= 10 N,其伸长量为X2= = 2 cm,拉力F=(m+m)g= 2x 10 N= 20 N ,p弹簧的伸长量为X3=F= 4 cm，所以所求距离x=X1+X2+kX3= 8 cm.【答案】C6.如图所示， 圆环套在水平棒上可以滑动， 轻绳0A勺A端与圆环套（重力不计）相连，0端与质量 m= 1 kg 的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m重物G相连，当两条细绳间的夹角$ = 90,OA与水平杆的夹角 0 = 53时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53 = 0.8 ; cos

3、 53 = 0.6 ,滑动摩擦力等于最大静摩擦力.则下列说法正确的是（）A.圆环与棒间的动摩擦因数卩=0.75B.棒对环的支持力为 1.6 NC.重物G的质量 M= 0.6 kgD.圆环与棒间的动摩擦因数卩=0.6【解析】 因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f=卩FN.对环进行受力分析，则有：卩FNFTCOS0 = 0,FNFin 0 = 0,FT=FT=mgsin 0，代入数3据解得：= cot 0 = 4,FN=6.4 N , A 正确，BD 错误；对重物m Mgr mgpos 0 ,得：M=mcos 0 = 0.6 kg ,C 正确.【答案】 ACB. 6 cmC.

4、8 cm6热点四 力的合成与分解7. （2018 衡水检测）如图所示，有一质量不计的杆AO长为R可绕A自由转动.用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C7点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持0A与地面夹角 0 不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对0点分析，0受绳子的拉力、0A的支持力及0C的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和0C绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在0C上移的过程中，平行四边形的对角线 保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知0C

5、的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选 C.【答案】C热点五共点力的平衡8.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的0点，在墙壁和球P之间夹有矩形物块Q P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从0点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A. 细绳的拉力逐渐变小B. Q 受到墙壁的弹力逐渐变大C. Q 受到墙壁的摩擦力逐渐变大D. Q 将从墙壁和小球之间滑落A 逐渐减小C.先减小后增大【解析】B.逐渐增大D.先增大后减小A8【解析】 对P受力分析，P受到重力、拉力和Q对P的支持力处于平衡，设拉力与竖mg直方向的夹角为 0，根据共点力平衡有：拉力F=,Q对P的支持力FN=mgan

6、0 .cos 0铅笔缓慢下移的过程中，0 增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大，故 A 错误对Q受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力 与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故B 正确，C、D错误.【答案】 B9.如图所示，在倾角为 a的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为 0（最初 0 f,故假设成立，所以A B相对静止，A 错误，B C 正确；设绳子的拉力为T,则根据牛顿第 二定律可得T= (m+ m)a= 7.5 N，故 D 错误.【答案】 BC热点七 牛顿运动定律的综合应用11 .如

7、图n77777777777777777777777777777所示，一长木板在水平地面上运动， 在某时刻(t= 0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等， 物块与木板间及木板与地面间均有相同的动摩擦因数， 物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上. 在物块放到木板上之后，木板运动的速度一时间图象可能是下列选项中的()【解析】 在达到相同速度之前，有mg- 2mg= maa1= - 31g达到相同速度之后，有-1 2mg=2maa2= ig由加速度可知，图象 A 正确.【答案】 A12.如的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球.

8、斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为BC为曲线，重力加速度为g= 10 m/s2.则(T和FN.若T-a图象如图乙所示，AB是直线,)102A. a= m/s 时，FN=0B.小球质量m= 0.1 kg3C.斜面倾角 0 的正切值为 T4D.小球离开斜面之前，FN=0.8 + 0.06a（N）0 =ma Tsin 0 +FNcos 0 =mg联立解得FN=mgcos 0 masin 0 ,T=macos 0 +mgsin4020 ,所以小球离开斜面之前，T-a图象呈线性关系，由题图乙可知a= m/s 时，FN=0,选项 A 正确；当a

9、= 0,T= 0.6 N,此时小球静止在斜面上，其受力如图1 所示.所以 min402一0 =T；当a=& m/s 时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图3=ma联立可得 tan 0 = 4,m=0.1 kg ,选项 B、C 正确；将 0和m的值代入FN=mgpos 0masin 0，得FN=0.8 0.06a(N)，选项 D 错误.【答案】 ABC第 n卷（非选择题共 52 分）评卷人得分二、非选择题（本大题共 6 小题，共 52 分.）热点综合练13.（4 分）（涉及验证力的平行四边形定则，有关实验原理与操作，数据处理与误差分析）图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置.【解小球离开

10、斜面之前，以小球为研究对象,进行受力分析，可得Tcos 0 Fzsin2 所示，所以mgtan 0TfN11下列说法中正确的是在测量同一组数据Fi、F2和合力F的过程中，橡皮条结点0的位置不能变化Fi、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程（i）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门i、2 的时间分别为 ti、t2;用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离L,用游标卡尺测得遮光条宽度d,则滑块经过光电门i 时的速度表达式vi=_ ;滑块加速度的表达式a=_（以上表达式均用已知字母表示）.如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其

11、读数为 _mm.012 cm1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 11 11图卬定滑轮图乙A.B. 用弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C.D. 为减小测量误（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为N.【解析】（1）在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则， 选项 A 正确；用弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只要把O点拉到同一位置即可，选项 B 错误；Fi、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程,选项 C正确；能减小误差，选项 D 错误.弹簧测力计的最小刻度是0.1 N

12、 ,故弹簧测力计要估读到0.01 N，力的大小是 4.00N.【答案】AC4.00i4. （8 分）（涉及探究加速度与力、质量的关系，有关实验原理与数据处理所示的气垫导轨实验装置来探究“合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系”.） 利用如图甲121 1 1 F 1 1 1 1 111 1 T乙1D13(2)在实验过程中，当改变滑块质量M时，通过改变，保证滑块受到的合力大小不变.【解析】(1)滑块通过光电门的时间极短，以此时间内的平均速度近似作为瞬时速度，dd可得速度vi=.同样通过光电门 2 的速度V2=，从光电门 1 到光电门 2 的过程为匀变t1t22 2.2 -2A.2,22V2Vid

13、 _t1t2V2V1= 2aL,即加速度a=22.20 分度游2L2L1211标卡尺的精确度为 0.05 mm 游标尺零刻线左侧对应的主尺刻线为8 mm 第 3 条刻线与主尺刻线对齐，最终读数为8 mm+ 3X 0.05 mm= 8.15 mm.(2)使用气垫导轨可以不考虑摩擦力，那么滑块沿斜面下滑合力为Min 0 =MLgh小车质量改变时，要保证合力 M n 0 =今不变，只需要保证Mh不变.【答案】2.2A ,2、d d11t2(1)228.15(2)高度h使Mh保持不变15. (10 分)(涉及匀变速直线运动的规律及应用)在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最

14、前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为d= 6.0 m,若汽车启动时都以a= 2.5 m/s?的加速度做匀加速直线运动，加速到v= 10.0 m/s 后做匀速直线运动通过路口.该路口亮绿灯时间t= 40.0 s ,而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过请回答下列问题：(1)若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？(2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车

15、经多长时间停下？【解析】 汽车等距离排列，又以同样加速度同时启动，运动状况总相同，相同时间内位移也相同，因此彼此间距离保持不变，要判断在t= 40 s 内有多少汽车能通过路口，就是要计算在这 40 s 内汽车的位移及在此位移内等距排列的汽车数，如图所示，n(取整数)个d对应有n+1 车辆能通过路口.V(1)汽车加速时间t1=V= 4.s一 12在t= 40.0 s 时间内汽车能行驶的位移x=at1+v(t11) = 380 m速直线运动，可得不昵通过RHr阿t内的位移14x所以n= = 63.3d依题意知能有 64 辆汽车通过路口.设to= 3.0 s，当计时灯刚亮出“ 3”时，第 65 辆汽

16、车行驶的位移12xi= 2&ti+v(t11to) = 350 m此时汽车距停车线的距离X2= 64dxi= 34 m【答案】(1)64(2)6.8 s花板上A点，在电线0处系一细线0B使电线0A与竖直方向的夹角为 3 = 30，如图所示.现 保持 3角不变，缓慢调整0B方向至0B线上拉力最小为止，此时0B与水平方向的夹角 a等于多少？最小拉力是多少?【解析】对电灯受力分析如图所示，据三力平衡特点可知：OA 0B对0点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向，即T=G在厶OTT中，/TOT= 90 a又/OTT=ZTOA=3 ,故/OTT= 180 (90 a ) 3 = 90 + a 3TBT

17、由正弦定理得=sin 3 sin 旳 + a 3联立解得TB=a3第 65 辆车从刹车到停下来的时间X212= 6.8 s.v16. (10 分)(涉及力的合成与分解,共点力的平衡相关知识)一盏电灯重力为G悬于天15因 3 不变，故当 a = 3 = 30时，TB最小，且16【答案】30G17.(10 分)(涉及牛顿运动定律的综合应用，运动图象的综合知识)汽车以vo= 20 m/s的速度在水平道路上运动，从t=0 时刻开始，驾驶员不断改变油门，使牵引力不断改变，由加速度传感器和计算机测绘得到汽车加速度随时间变化规律如图甲所示，其中2030 s内关闭了汽车发动机.已知汽车的质量为2X 103kg

18、，运动阻力恒定.取g= 10 m/s2.(1) 请你借鉴在研究匀变速直线运动时教科书中利用v-t图象求位移的方法，对比加速度的定义，根据图甲所示a-t图象，求汽车在 40 s 末的速度大小；(2) 在图乙中画出发动机牵引力F随时间t变化的F-t图象【解析】(1)由加速度的定义式a= V得v=aAt，因此在匀变速直线运动中，速t度的变化量 Av等于a-t图线与横坐标轴包围的“面积”，由题图甲可得，040 s 内速度1 1 1的变化量 Av=12.5 X 2.5 (22.5 + 10) X 1.5 +- X5X 1.5m/s =- 5 m/s40 s 末汽车的速度v=v+Av代入数据解得v= 15 m/s.(2)驾驶员在 2030 s 内关闭了汽车发动机， 牵引力为零，汽车加速度a1= 1.5 m/s2,由牛顿第二定律得运动阻力Ff=ma汽车牵引力F+Ff=ma当t= 0 时，a= 2.5 m/s2,解得牵引力F= 8X 103N当t= 40 s 时，a= 1.5 m/s ，解得牵引力F= 6X 10 NF-t图象如图所示.TB=GSin17【答案】 (1)15 m/