高中物理选择题题型概述及思维模板

高中物理选择题题型概述及思维模板

题型1:直线运动问题

题型概述

直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合

考查.单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合;

在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问

题和追及相遇问题.

思维模板

通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分

析，从而解决问题；对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，

再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求

解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系.

1.（2019•新课标全国I卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,

离地后重心上升的最大高度为从上升第一个日所用的时间为大第四个9所

用的时间为然不计空气阻力，则也满足（）

A.l<y-<2B.2<T-<3C.3<y-<4D.4<y-<5

h

【答案】c

【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆

向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系

1

1：（0-1）：（4-点）:（2-历）:（有-2）…，可知广==2+馅，即

2-君

3〈4,故本题选C。

A

2.（2019•浙江选考）一辆汽车沿平直道路行驶，其t图象如图所示。

在Q0至！］t=40s这段时间内，汽车的位移是（)

A.0D.1200m

【答案】C【解析】在t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在

40s内的位移为x=；x(10+40)x30(m)=750m,C正确。

3.（2018•新课标全国1卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为

零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）

A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比

【答案】B

【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。

根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间

成正比，即片由动能公式瓦勿落可知列车动能与速度的二次方成正比,

2

与时间的二次方成正比，选项AC错误；由d=2ax,可知列车动能与位移x成正

1„2

比，选项B正确；由动量公式尸RV,可知歹（J车动能瓦=一/力/=工_,即与列车的

22M

动量二次方成正比，选项D错误。

4.（2018•浙江选考）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石

快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m,升降机运行的最大速度为8m/s,

加速度大小不超过lm/s"假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升

到井口的最短时间是（）

A.13sB.16sC.21sD.26s

【答案】C【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动,

在加速阶段，所需时间4=1=8S,通过的位移为々=±=32m，在减速阶段与

々2a

加速阶段相同'在匀速阶段所需时间为：”一=吧产.5,'总时

间为：£=24+3=21s,故C正确，A、B、D错误。故选C。

5.（2018•新课标全国H卷）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动,

其速度-时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在为时刻并排行

驶，下列说法正确的是

A.两车在G时刻也并排行驶B.九时刻甲车在后，乙车在前

C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大

【答案】BD

【解析】r-t图象中图象包围的面积代表运动走过的位移，两车在右时刻

并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在G时刻甲车在后，乙车在前，故A

错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加

速度也是先减小后增大，故C错D正确。

6.（2018•新课标全国IH卷）甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲

做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间1的变化如图

所示。下列说法正确的是

A.在G时刻两车速度相等

B.从0到G时间内，两车走过的路程相等

C.从G到七时间内，两车走过的路程相等

D.从G到乙时间内的某时刻，两车速度相等

【答案】CD【解析】根据位移图象的物理意义可知，在。时刻两车的位置

相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A错误；从0到^时间

内，乙车走过的路程大于甲车，选项B错误；从。到右时间内，两车都是从与

位置走到均位置，两车走过的路程相等，选项C正确；根据位移图象的斜率等

于速度可知，从G到乙时间内的某时刻，两车速度相等，选项D正确。

题型2：物体的动态平衡问题

题型概述

物体的动态平衡问题是指物体始终处于平衡状态，但受力不断发生变

化的问题.物体的动态平衡问题一般是三个力作用下的平衡问题，但有时也

可将分析三力平衡的方法推广到四个力作用下的动态平衡问题.

思维模板

常用的思维方法有两种.

(1)解析法：解决此类问题可以根据平衡条件列出方程，由所列方程分

析受力变化；

(2)图解法：根据平衡条件画出力的合成或分解图，根据图像分析力的

变化.

1.(2019•新课标全国I卷)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端

装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块乂另一端与斜面上的物

块"相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动正直至悬挂*的

细绳与竖直方向成45°。已知"始终保持静止，则在此过程中()

A.水平拉力的大小可能保持不变

B.所受细绳的拉力大小一定一直增加

C.所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D."所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

【答案】BD【解析】如图所示，以物块"为研究对象，它在水平向左拉力尸

作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力6

逐渐增大，绳子拉力7逐渐增大；

>ng

对M受力分析可知，若起初必受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力

7的增加，则摩擦力F也逐渐增大；若起初步受到的摩擦力F沿斜面向上，则随

着绳子拉力7的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。

2.（2019•新课标全国II卷）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜

面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为当，

2

重力加速度取10m/so若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大

为（）

A.150kgB.1005/3kgC.200kgD.20g5kg

【答案】A

伫打侬sin〃，氏NN,N=mgcos0,带入数据解得：zff=150kg,故A选项符合

题意。

3.（2019•新课标全国III卷）用卡车运输质量为加的匀质圆筒状工件，为

使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、II固定在车

上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,

圆筒对斜面I、II压力的大小分别为片、£,则（）

A.氏=,mg，B.耳=弓州，鼻

c.耳=$g,^=TmgD-耳=¥巾&是=$g

【答案】D

【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由

几何关系可知，用=wgcos30。，=wgsin30°«解得用=,wg，

为'=（活回由牛顿第三定律知我=^^g,玛=，故D正确

4.（2019-天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保

持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉

桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（）

A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B.为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

【答案】C【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身

的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索

的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；

B、由图甲可知2Tcosa=A^,当索塔高度降低后，&变大，cosa变小,

故7变大，故B错误

C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，2Tcosa=Mg,钢索对索塔的合

力竖直向下，故C正确

D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要逅=餐，钢索/C、力8的

sin。sinp

拉力人,、即进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；综

上分析：答案为C。

乙

5.（2019•江苏卷）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球

的作用力水平向右.细绳与竖直方向的夹角为。，绳的拉力为7,则风对气球作

用力的大小为（）

(A)s—ma(B),(C)Tsina(D)Teos

【答案】C【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：&=Tsin&,

故C正确。

6.（2018•天津卷）明朝谢肇湘《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾

侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之，曰：无烦也，我能正之。”游僧每天

将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为

等腰三角形，木楔的顶角为0,现在木楔背上加一力代方向如图所示，木楔两

侧产生推力£、，则（）

A.若F一定,。大时/大B.若少一定，。小时/大

C.若0一定,b大时与大D.若。一定,少小时/大

【答案】BC【解析】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向右的尺

和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木

楔的斜面垂直的弹力与尸沿两侧分解的推力是相等的，力尸的分解如图：

则

0/00

F=%8$(90。-2+%3(90。-&=241cos[90。一引=2/s〔siin-,

22

_F

生=%=%，故解得“=丁］，所以厂一定时，e越小，/越大；e一定

/sin一

2

时，F越大，/越大，BC正确。

7.（2017•新课标全国III卷）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花

板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm。将一钩码挂在弹性绳的中

点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的

同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（）

A.86cmB.92cmC.98cmD.104cm

【答案】B

【解析】设弹性绳的劲度系数为A,左、右两半段绳的伸长量

A£=100cm-80cm=10cm）由共点力的平衡条件可知，钩码的重力

2

102

G=2m^°—=1.2^Z，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点

100

时，钩码的重力G=2匕"'，解得人1=0.66£=651,则弹性绳的总长度变为

80cm+2。'=92cm,故选B。

【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根

据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三

力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根

据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长

的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。

8.（2017•天津卷）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖

直杆以N上的a、8两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（）

A.绳的右端上移到绳子拉力不变

B.将杆N向右移一些，绳子拉力变大

C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小

D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移

【答案】AB

【解析】设两杆间距离为d,绳长为0a、龙段长度分别为2，和乙，则

?=乙+/“两部分绳子与竖直方向夹角分别为。和£,受力分析如图所示。绳

子中各部分张力相等，Fa=Fb=F,则&=尸。满足2Fcos&=Mg,

d=l„sina+Lsina=Zsina,B|Jsina=—,F=—,/和/均不变，则sina

I2cosar

为定值，。为定值，cosa为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，

故A正确，CD错误；将杆A'向右移一些，d增大,则sina增大，cosa减

小，绳子的拉力增大，故B正确。

【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断

出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆间的距离有关。

9.（2017•新课标全国I卷）如图，柔软轻绳的一端。固定，其中间某

点"拴一重物，用手拉住绳的另一端乂初始时，竖直且,肺被拉直，0M与MN

之间的夹角为a（a>-）o现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角a不变。

2

在〃力由竖直被拉到水平的过程中（）

A.助V上的张力逐渐增大

B.扬V上的张力先增大后减小

C.QV上的张力逐渐增大

D.〃力上的张力先增大后减小

【答案】AD

【解析】以重物为研究对象，受重力侬，〃必绳上拉力号明V上拉力号由

题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在£转至水平的过程中,

MV上的张力片逐渐增大，加上的张力£先增大后减小，所以AD正确，BC错误。

【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，

且要求〃伙，邮两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能

构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。

10.（2017•新课标全国II卷）如图，一物块在水平拉力厂的作用下沿水平

桌面做匀速直线运动。若保持厂的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块

也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为（）

A.2一名B.*C.当D.日

【答案】C

【解析】6水平时：尸=卬咫；当保持尸的大小不变，而方向与水平面成60°

角时，则尸8$60。=〃（陛-&11160。），联立解得：u=—,故选C。

3

【名师点睛】此题考查了正交分解法在解决平衡问题中的应用问题；关键是

列出两种情况下水平方向的平衡方程，联立即可求解。

题型3：运动的合成与分解问题

题型概述

运动的合成与分解问题常见的模型有两类.一是绳（杆）末端速度分解

的问题，二是小船过河的问题，两类问题的关键都在于速度的合成与分解.

思维模板

（1）在绳（杆）末端速度分解问题中，要注意物体的实际速度一定是合速度，

分解时两个分速度的方向应取绳（杆）的方向和垂直绳（杆）的方向；如果有

两个物体通过绳（杆）相连，则两个物体沿绳（杆）方向速度相等。

（2）小船过河时，同时参与两个运动，一是小船相对于水的运动，二是小船

随着水一起运动，分析时可以用平行四边形定则，也可以用正交分解法，

有些问题可以用解析法分析，有些问题则需要用图解法分析。

1.（2018•江苏卷）某弹射管每次弹出的小球速度相等.在沿光滑竖直轨

道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球.忽略空气阻力，两

只小球落到水平地面的（）

A.时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同

C.时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同

【答案】B

【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考

生的理解能力。弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运

动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速

度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，

所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确。

5.（2018•北京卷）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将

落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方

位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程

小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现

将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球

A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零

B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零

C.落地点在抛出点东侧

D.落地点在抛出点西侧

【答案】D

【解析】上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平

方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；下降过程向西减

速，按照对称性落至地面时水平速度为0,整个过程都在向西运动，所以落点在

抛出点的西侧，故C错，D正确。

6.（2018•天津卷）滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视

为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道力6,从滑道的4点滑行到最低点6

的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿46下滑过程中

A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变

C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变

【答案】C

【解析】根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出

运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动

员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有

重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一

定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员

22

的支持力的合力充当向心力，故有4-==/=冽1+冽geos。，运

RR

动过程中速率恒定，且。在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据

/=〃与可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变,

即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为

克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误。

8.（2018•新课标全国I卷）如图，aA是竖直面内的光滑固定轨道，ab

水平，长度为2是A是半径为力的四分之一的圆弧，与助相切于6点。一质量

为加的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始

向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械

能的增量为（）

WWxxxxxXXXW\

ab

A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR

【答案】c【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在

考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到C点的速度大小为七则

对小球由a到c的过程，由动能定理得：F-3R-mgR=-mv^,又片侬，解得：

2

Y=4g4,小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方

向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水

平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知，小球从离开

C点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vj，小球在水平方向的加速度epg,

在水平方向的位移为户1。〃=2几由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨

2

迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5吊则小球机械能的增加量

AkF・5a5mgR,选项C正确ABD错误。

题型4：抛体运动问题

题型概述

抛体运动包括平抛运动和斜抛运动，不管是平抛运动还是斜抛运动，

研究方法都是采用正交分解法，一般是将速度分解到水平和竖直两个方向

上。

思维模板

（1）平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直

线运动，其位移满足x=vOt,y=gt2/2,速度满足vx=vO,vy=gt；

（2）斜抛运动物体在竖直方向上做上抛（或下抛）运动，在水平方向做匀

速直线运动，在两个方向上分别列相应的运动方程求解。

1.（2019•新课标全国II卷）如图（a）,在跳台滑雪比赛中，运动员在空

中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同

一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用,表示他在竖直方向的速度，其r-

t图像如图（b）所示，^和为是他落在倾斜雪道上的时刻。则（）

A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D.竖直方向速度大小为匕时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次

的大

【答案】BD

【解析】A.由t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次

竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B.由于第二次竖直方

向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C.由

于斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由£=上也，

t

易知外>@，故C错误；D.由图像斜率，速度为匕时，第一次图像陡峭，第二次

图像相对平缓，故白>4,由G-£=侬，可知，fyl<f>2,故D正确。

2.（2018•新课标全国IH卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以r

和上的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率

2

是乙球落至斜面时速率的（）

A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍

【答案】A

【解析】设甲球落至斜面时的速率为匕，乙落至斜面时的速率为小由平抛

运动规律，x=vt,y=-gt2,设斜面倾角为。，由几何关系，tan6=y/x,小球由

2

抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，1加/+/陪片工力诏，联立解得：K_

22

71+tan2^*%即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，%=

4+m上*”2,所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，

选项A正确。

3.（2017•新课标全国I卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两

个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的

球没有越过球网；其原因是（）

A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多

B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大

C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少

D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大

【答案】C

【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位

移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。

【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理

论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。

4.（2017•江苏卷）如图所示，A,8两小球从相同高度同时水平抛出，经

过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相

遇经过的时间为（）

AB

O--^^7*0

（A）t（B）g（C）-（D）-

224

【答案】C

【解析】设第一次抛出时/球的速度为匕，8球的速度为如则力、6间的

水平距离产（％+修）3第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离

不变，则尸2（匕+%）7,联立得伫=2,所以C正确；ABD错误。

【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变。

5.（2017•新课标全国I卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两

个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的

球没有越过球网；其原因是（）

A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多

B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大

C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少

D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大

【答案】C

【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位

移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。

【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理

论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。

6.(2017•江苏卷)如图所示，4、6两小球从相同高度同时水平抛出，经

过时间亡在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相

遇经过的时间为()

AB

(A)t(B)旦(C)-(D)-

224

【答案】C

【解析】设第一次抛出时/球的速度为匕，8球的速度为小则48间的

水平距离4(匕+修)3第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离

不变，则产2(匕+v)T,联立得芹Z/2,所以C正确；ABD错误。

【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变。

题型5：圆周运动问题

题型概述

圆周运动问题按照受力情况可分为水平面内的圆周运动和竖直面内的

圆周运动，按其运动性质可分为匀速圆周运动和变速圆周运动。

水平面内的圆周运动多为匀速圆周运动，竖直面内的圆周运动一般为

变速圆周运动.对水平面内的圆周运动重在考查向心力的供求关系及临界

问题，而竖直面内的圆周运动则重在考查最高点的受力情况.

思维模板

(1)对圆周运动，应先分析物体是否做匀速圆周运动，若是，则物体所

受的合外力等于向心力，由F合=mv2/r=mr32列方程求解即可;

若物体的运动不是匀速圆周运动，则应将物体所受的力进行正交分解,

物体在指向圆心方向上的合力等于向心力。

（2）竖直面内的圆周运动可以分为三个模型：

①绳模型：只能对物体提供指向圆心的弹力，能通过最高点的临界态

为重力等于向心力；

②杆模型：可以提供指向圆心或背离圆心的力，能通过最高点的临界

态是速度为零；

③外轨模型：只能提供背离圆心方向的力，物体在最高点时，若

v＜（gR）l/2,沿轨道做圆周运动，若v2（gR）l/2,离开轨道做抛体运动。

1.（2019•江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆

周运动.座舱的质量为加，运动半径为角速度大小为3,重力加速度为g,

则座舱

A.运动周期为詈B.线速度的大小为3R

C.受摩天轮作用力的大小始终为侬D.所受合力的大小始终为力小笈

【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式0=把，解得：T=—,

T。

故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v=a）R,故B正确；由

于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为

活g，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：心R,故D正

确。

3.（2019•浙江选考）一质量为2.0X103kg的汽车在水平公路上行驶，

路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4X10,N,当汽车经过半径为80m的弯道

时，下列判断正确的是（）

A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力

B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4X104N

C.汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑

D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2

【答案】D【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩

擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为

临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得了=用士，解得

r

=郊;『。=历=20m'm/s，所以汽车转弯的速度为20m/s时,

所需的向心力小于L4X10,N,汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯

的向心加速度a=士=史2=7m/s2-即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0

r80

m/s2,D正确。

4.（2018•浙江选考）力、6两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），

在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2,

则它们（）

A.线速度大小之比为4:3B.角速度大小之比为3:4

C.圆周运动的半径之比为2:1D.向心加速度大小之比为1:2

【答案】A

【解析】因为相同时间内他们通过的路程之比是4:3,根据v=二，则4、B

A乌

的线速度之比为4:3,故A正确；运动方向改变的角度之比为3:2,根据。=子,

则角速度之比为3:2,故B错误；根据丫=如可得圆周运动的半径之比为

-=7X|=^-故C错误；根据得，向心加速度之比为

弓339

/_匕电.4乂3_2

故D错误。

a2马叼321

5.（2018•江苏卷）火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在

桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内，火车（）

A.运动路程为600mB.加速度为零

C.角速度约为1rad/sD.转弯半径约为3.4km

【答案】AD【解析】圆周运动的弧长fi/b60X10m=600m,选项A正确；

火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，

故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度。=竺=—1£—X3.14rad/s=

M180x10

至3rad/s,又所以r=上=-^-xl80m=3439m,故选项C错误、D

18003.14

正确。

6.（2017•江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂

在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为物，到小环的距离为£,其两

侧面与夹子间的最大静摩擦力均为五.小环和物块以速度/向右匀速运动，小环

碰到杆上的钉子产后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有

滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

夹子

(A)物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2/

(B)小环碰到钉子尸时，绳中的张力大于26

(C)物块上升的最大高度为空

g

(D)速度♦不能超过干"彳依"

【答案】D【解析】由题意知，尸为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实

际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时,

绳中的张力等于贻,A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，Fr-Mg=My,

绳中的张力大于物块的重力，磨，当绳中的张力大于26时，物块将从夹子中滑出，

1

即2F-Mg=M。，此时速度…仔:吵",故B错误；D正确；物块能上升的

1VM

最大高度，入=工，所以C错误。

【名师点睛】在分析问题时，要细心。题中给的力尸是夹子与物块间的最大

静摩擦力，而在物块运动的过程中，没有信息表明夹子与物块间静摩擦力达到最

大.另小环碰到钉子后，物块绕钉子做圆周运动，夹子与物块间的静摩擦力会突

然增大。

题型6：牛顿运动定律的综合应用问题

题型概述

牛顿运动定律是高考重点考查的内容，每年在高考中都会出现，牛顿

运动定律可将力学与运动学结合起来，与直线运动的综合应用问题常见的

模型有连接体、传送带等，一般为多过程问题，也可以考查临界问题、周

期性问题等内容，综合性较强。天体运动类题目是牛顿运动定律与万有引

力定律及圆周运动的综合性题目，近几年来考查频率极高.

思维模板

以牛顿第二定律为桥梁，将力和运动联系起来，可以根据力来分析运

动情况，也可以根据运动情况来分析力.对于多过程问题一般应根据物体的

受力一步一步分析物体的运动情况，直到求出结果或找出规律.

对天体运动类问题，应紧抓两个公式：GMm/r2=mv2/r=mr32=mr4n2/T2①。

GMm/R2=mg②。对于做圆周运动的星体（包括双星、三星系统），可根据公

式①分析；对于变轨类问题，则应根据向心力的供求关系分析轨道的变化，

再根据轨道的变化分析其他各物理量的变化。

1.（2019•新课标全国III卷）如图（a）,物块和木板叠放在实验台上，物

块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。仁0时，

木板开始受到水平外力厂的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力F

随时间£变化的关系如图（b）所示，木板的速度/与时间£的关系如图（c）所

2

示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取器10m/so由题给数据

可以得出（）

F

Oft

K

IVI（a）

A,木板的质量为1kgB.2s~4s内，力尸的大小为

0.4N

C.0~2s内，力少的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因

数为0.2

【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2s物块和木板还未发生相对

滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力厂等于£故厂在此过程中是变

力，即C错误；2~5S内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力,

由牛顿运动定律，对2~4s和4~5s列运动学方程，可解出质量加为1kg,

2~4s内的力尸为0.4N,故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计

算它们之间的动摩擦因数〃，故D错误。

2.（2018•浙江选考）通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原

因”的科学家是（）

A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡尔D.牛顿

【答案】B

【解析】A、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；B、

伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确；C、笛

卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；D、牛顿在伽利

略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原

因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一

个提出惯性的科学家，故D错误；

故选B。

3.（2018•新课标全国I卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上

端放有物块只系统处于静止状态，现用一竖直向上的力尸作用在P上，使其向

上做匀加速直线运动，以x表示尸离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下

列表示尸和x之间关系的图象可能正确的是（）

【答案】A【解析】由牛顿运动定律，F-m即F砥ma,F^=k（x0-x）,kx^mg,

联立解得汽侬+Ax,对比题给的四个图象，可能正确的是A。

4.（2018•浙江选考）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t

图像能反应体重计示数随时间变化的是

【答案】C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段:

人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压

力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态,

此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，/、B、〃错误；

故选C。【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态,

在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。

5.（2018•新课标全国HI卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过

竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小/随时间Z的变化关系如图所示,

其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相

同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于

第①次和第②次提升过程

0kK1

A.矿车上升所用的时间之比为4:5

B.电机的最大牵引力之比为2:1

C.电机输出的最大功率之比为2:1

D.电机所做的功之比为4:5

【答案】AC

【解析】设第②次所用时间为I，根据速度图象的面积等于位移（此题中为

提升的局度）可知,—X2toX—X（Z+3to2）X—%,解得:t~5to/所以

222

第①次和第②次提升过程所用时间之比为2友：5。＞/2=4:5,选项A正确；由于

两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-

m炉ma，可得提升的最大牵引力之比为1：1,选项B错误；由功率公式，片Fv,

电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2：1,选项C正确；加速上升

过程的加速度a产"，加速上升过程的牵引力片=加囱+叱r（也+g）,减速上升过

程的加速度包=-九，减速上升过程的牵引力£=加生+磔=Mg-曳），匀速运动过

程的牵引力K=侬。第①次提升过程做功佛=£X1XtnX%+£X-

22

X£°X第②次提升过程做功於=片X—T质*T%+£义—

2222

%X3to/2+£XiX-t0Xi%=侬％玲；两次做功相同，选项D错误。

222

题型7：机车的启动问题

题型概述

机车的启动方式常考查的有两种情况，一种是以恒定功率启动，一种

是以恒定加速度启动，不管是哪一种启动方式，都是采用瞬时功率的公式

P=Fv和牛顿第二定律的公式F-f=ma来分析。

思维模板

机车以额定功率启动.机车的启动过程如图所示，由于功率P=Fv恒定，由

公式P=Fv和F-f=ma知，随着速度v的增大，牵引力F必将减小，因此加

速度a也必将减小，机车做加速度不断减小的加速运动，直到F=f,a=0,

这时速度v达到最大值vm=P额定/F=P额定/f。

这种加速过程发动机做的功只能用2Pt计算，不能用aFs计算（因为F为

变力）。

1.（2018•新课标全国I卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为

零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）

A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比

【答案】B

【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速

度与时间成正比，即片at,由动能公式瓦=1卬匕可知列车动能与速度的二次方

2

成正比，与时间的二次方成正比，选项AC错误；由＞=2ax,可知列车动能与位

1

移X成正比，选项B正确；由动量公式叶加%可知列车动能区必二，即

22M

与列车的动量二次方成正比，选项D错误。

2.（2018•新课标全国III卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通

过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小”随时间t的变化关系如图所

示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都

相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对

于第①次和第②次提升过程（）

A.矿车上升所用的时间之比为4:5B.电机的最大牵引力之比为2:1

C.电机输出的最大功率之比为2:1D.电机所做的功之比为4:5

【答案】AC【解析】设第②次所用时间为3根据速度图象的面积等于位移

（此题中为提升的高度）可知，1X2t.Xv0=-X（t+3102）X-%,解得：片5"2,

222

所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2：5£。/2=4:5,选项A正确；

由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-

可得提升的最大牵引力之比为1：1,选项B错误；由功率公式，片Fv,

电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2：1,选项C正确；加速上升

过程的加速度a产曳，加速上升过程的牵引力放购+磔=加（也+g）,减速上升过

程的加速度&=-曳，减速上升过程的牵引力£=侬2+晰加（g-