全国高中物理试题汇编月第一期C牛顿第二定律 单位制含解析

C2牛顿第二定律单位制【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】20．如图16，一个质量为m的小球,以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=600，不计空气阻力．求：图16图16(1)（3分）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；(2)（6分）在D点处管壁对小球的作用力N；(3)（3分）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf．【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）小球从A到B：竖直方向则在B点，由速度关系 （2）小球从D到B：竖直方向解得：则小球从D点抛出的速度在D点，由向心力公式得：解得：方向竖直向上（3）从A到D全程应用动能定理：解得：【思路点拨】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据平抛运动知识求出小球在D点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用．（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功．本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】15．如图10所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如图11所示。则（）A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向下 D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】D解析：A、B、由图乙看出：在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，解得：g=，m=R，故A、B错误；C、由图可知：v2=b时F=0，向心力Fn=mg，根据向心力公式Fn=m，可知：当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，则小球对杆的弹力方向向上，故C错误；D、若c=2b．则F+mg=m，解得：F=a，而a=mg，则得：F=mg，故D正确．故选D【思路点拨】在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；若c=2b．根据向心力公式即可求解．本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，关键是读图时要抓住斜率、截距等数学知识分析图象的意义．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届河南省洛阳市高三上学期期中考试（10）word版】19.(12分)一竖直杆上相距l的A、B两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】解析：设某时刻铁环所在的位置为O点，.以O为原点建立正交坐标系，对铁环受力分析，如图所示，铁环在水平面内做匀速圆周运动，设向心力加速度为a，轨道半径为r。两段绳对环的拉力大小相等，设为F.由牛顿第二定律得：①②由圆周运动规律得③ 由几何关系得 ④⑤由方程①可知⑥由⑤和⑥联立得⑦联立得：【思路点拨】铁环在某水平面上做匀速圆周运动，合外力提供向心力，对小环受力分析，根据牛顿第二定律及几何关系列式即可求解．本题的关键是对小环进行受力分析，能够利用圆周运动相关公式结合几何关系求解，难度适中．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届河南省洛阳市高三上学期期中考试（10）word版】2.下列关于运动和力的叙述中，正确的是A.做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B.物体做圆周运动时，所受的合力一定指向圆心C.物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D.物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同【知识点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．C2D1【答案解析】C解析：A、做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故A错误；B、物体做圆周运动，所受的合力不一定指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圆心，故B错误；C、当物体所受合力方向与运动方向相反，则一定做减速且直线运动，故C正确；D、物体运动的速率在增加，则一定有加速度存在，但不一定与运动方向相同，比如平抛运动，合力方向与运动方向不相同．故D错误；故选：C【思路点拨】曲线运动的条件是初速度与加速度不在一条直线上，速度不断变化，它是变速运动，曲线运动有加速度不变的，也有加速度变化的．当物体做圆周运动，其合力不一定指向圆心，若是匀速圆周运动，则合力一定指向圆心．曲线运动有加速度，所以必定是变速，可能是匀变速曲线，比如：平抛运动．也可能是速率不变，方向变化．比如：匀速圆周运动．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】19.(10分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9"形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m,"9"字全高H=0.8m."9"字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(4分)(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向;(3分)(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。【知识点】动能定理；牛顿第二定律．C2E2【答案解析】（1）3s（2）90N向上（3）1.4m解析：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得a=μg=3m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间t＝＝2s，前2s内的位移x1＝at2＝6m，之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6m．所用的时间t2＝＝1s，故t=t1+t2=3s．

（2）滑块由B到C的过程中动能定理−mgH＝在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg＝m，

解得FN=90N，方向竖直向下，

由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小

90N，方向竖直向上．

（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得−mg(H−2R)＝在P点vy＝，

又h＝，代入数据，解得h=1.4m．【思路点拨】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间．

（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向．

（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度．本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】9.据河南日报消息，京广铁路不久也将开通时速达到300公里以上“动车组”列车。届时，乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是()A.减小内外轨的高度差 B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径 D.增大弯道半径【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】BD解析：A、对运行的火车进行受力分析如图，得：mgtanθ＝m，由于θ较小，则tanθ≈sinθ≈，h为内外轨道的高度差，L为路面的宽度．则mg＝，L、R一定，v增大，需要h增大．故A错误，B正确．

C、设弯道半径为R，路面的倾角为θ，由牛顿第二定律得

mgtanθ＝m，θ一定，v增大时，可增大半径R．故C错误，D正确．故选：BD【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根据牛顿第二定律分析．本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，本题与圆锥摆问题类似，基础是对物体进行受力分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】19.(10分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9"形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m,"9"字全高H=0.8m."9"字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(4分)(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向;(3分)(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。【知识点】动能定理；牛顿第二定律．C2E2【答案解析】（1）3s（2）90N向上（3）1.4m解析：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得a=μg=3m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间t＝＝2s，前2s内的位移x1＝at2＝6m，之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6m．所用的时间t2＝＝1s，故t=t1+t2=3s．

（2）滑块由B到C的过程中动能定理−mgH＝在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg＝m，

解得FN=90N，方向竖直向下，

由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小

90N，方向竖直向上．

（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得−mg(H−2R)＝在P点vy＝，

又h＝，代入数据，解得h=1.4m．【思路点拨】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间．

（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向．

（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度．本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】9.据河南日报消息，京广铁路不久也将开通时速达到300公里以上“动车组”列车。届时，乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是()A.减小内外轨的高度差 B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径 D.增大弯道半径【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】BD解析：A、对运行的火车进行受力分析如图，得：mgtanθ＝m，由于θ较小，则tanθ≈sinθ≈，h为内外轨道的高度差，L为路面的宽度．则mg＝，L、R一定，v增大，需要h增大．故A错误，B正确．

C、设弯道半径为R，路面的倾角为θ，由牛顿第二定律得

mgtanθ＝m，θ一定，v增大时，可增大半径R．故C错误，D正确．故选：BD【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根据牛顿第二定律分析．本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，本题与圆锥摆问题类似，基础是对物体进行受力分析．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】11．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势高于B点的电势【知识点】电场线；牛顿第二定律；电势．C2I1【答案解析】B解析：A、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故A错误．B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在A点时受到的电场力大，故B正确．C、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能．反之一样．故C错误．D、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，所以电场中A点的电势低于B点的电势，故D错误．故选B．【思路点拨】根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】9．下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随“时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．A5C2E1【答案解析】ACD解析：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F-f=ma

设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，，有：F额=Fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1＝，最后匀速速度为：vm＝．在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．故选ACD．【思路点拨】汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】7．“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动【知识点】牛顿第二定律；超重和失重；向心力．C2C3D4【答案解析】B解析：：A、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故A错误；

B、摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1−cosθ)＝mv2

①设绳子拉力为T，在最低点有：T−mg＝

m

②联立①②解得：T=（3-2cosα）mg，故B正确；C、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C错误；D、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故D错误．故选B．【思路点拨】选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解．本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】19.(10分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9"形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m,"9"字全高H=0.8m."9"字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(4分)(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向;(3分)(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。【知识点】动能定理；牛顿第二定律．C2E2【答案解析】（1）3s（2）90N向上（3）1.4m解析：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得a=μg=3m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间t＝＝2s，前2s内的位移x1＝at2＝6m，之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6m．所用的时间t2＝＝1s，故t=t1+t2=3s．

（2）滑块由B到C的过程中动能定理−mgH＝在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg＝m，

解得FN=90N，方向竖直向下，

由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小

90N，方向竖直向上．

（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得−mg(H−2R)＝在P点vy＝，

又h＝，代入数据，解得h=1.4m．【思路点拨】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间．

（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向．

（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度．本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】9.据河南日报消息，京广铁路不久也将开通时速达到300公里以上“动车组”列车。届时，乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是()A.减小内外轨的高度差 B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径 D.增大弯道半径【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】BD解析：A、对运行的火车进行受力分析如图，得：mgtanθ＝m，由于θ较小，则tanθ≈sinθ≈，h为内外轨道的高度差，L为路面的宽度．则mg＝，L、R一定，v增大，需要h增大．故A错误，B正确．

C、设弯道半径为R，路面的倾角为θ，由牛顿第二定律得

mgtanθ＝m，θ一定，v增大时，可增大半径R．故C错误，D正确．故选：BD【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根据牛顿第二定律分析．本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，本题与圆锥摆问题类似，基础是对物体进行受力分析．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】11．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势高于B点的电势【知识点】电场线；牛顿第二定律；电势．C2I1【答案解析】B解析：A、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故A错误．B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在A点时受到的电场力大，故B正确．C、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能．反之一样．故C错误．D、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，所以电场中A点的电势低于B点的电势，故D错误．故选B．【思路点拨】根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】9．下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随“时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．A5C2E1【答案解析】ACD解析：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F-f=ma

设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，，有：F额=Fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1＝，最后匀速速度为：vm＝．在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．故选ACD．【思路点拨】汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】7．“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动【知识点】牛顿第二定律；超重和失重；向心力．C2C3D4【答案解析】B解析：：A、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故A错误；

B、摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1−cosθ)＝mv2

①设绳子拉力为T，在最低点有：T−mg＝

m

②联立①②解得：T=（3-2cosα）mg，故B正确；C、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C错误；D、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故D错误．故选B．【思路点拨】选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解．本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届四川省成都七中高三上学期入学摸底考试（09）】10.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：

（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；

（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；

（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2A7C【答案解析】（1）2.5s．（2）0.3S．(3）．解析：：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度

vt=0

位移x=25m

＝2ax

t＝

由①②式可得：a=8m/s

t=2.5s

（2）反应时间内的位移为x′=L-x=14m

则反应时间为t′=＝0.7s

则反应的增加量为△t=0.7-0.4=0.3s

（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得

F=ma

由平行四边形定则得：＝F2+m2g2----④

由③④式可得：【思路点拨】（1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间．（2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较．（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】19.(10分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9"形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m,"9"字全高H=0.8m."9"字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(4分)(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向;(3分)(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h。【知识点】动能定理；牛顿第二定律．C2E2【答案解析】（1）3s（2）90N向上（3）1.4m解析：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得a=μg=3m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间t＝＝2s，前2s内的位移x1＝at2＝6m，之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=6m．所用的时间t2＝＝1s，故t=t1+t2=3s．

（2）滑块由B到C的过程中动能定理−mgH＝在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN+mg＝m，

解得FN=90N，方向竖直向下，

由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小

90N，方向竖直向上．

（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得−mg(H−2R)＝在P点vy＝，

又h＝，代入数据，解得h=1.4m．【思路点拨】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间．

（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向．

（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度．本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】9.据河南日报消息，京广铁路不久也将开通时速达到300公里以上“动车组”列车。届时，乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是()A.减小内外轨的高度差 B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径 D.增大弯道半径【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】BD解析：A、对运行的火车进行受力分析如图，得：mgtanθ＝m，由于θ较小，则tanθ≈sinθ≈，h为内外轨道的高度差，L为路面的宽度．则mg＝，L、R一定，v增大，需要h增大．故A错误，B正确．

C、设弯道半径为R，路面的倾角为θ，由牛顿第二定律得

mgtanθ＝m，θ一定，v增大时，可增大半径R．故C错误，D正确．故选：BD【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根据牛顿第二定律分析．本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力，本题与圆锥摆问题类似，基础是对物体进行受力分析．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考（10）word版】17.（14分）如图所示，一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于O点.水平向右侧有一竖直光滑圆形轨道在C点与水平面平滑连接，圆心为,半径R=0.4m.另一轻质弹簧一端固定在点的轴上，一端栓着一个小球，弹簧的原长为=0.5m，劲度系数k=100N/m.用质量m1=0.4kg的物体将弹簧缓慢压缩到B点（物体与弹簧不栓接），物块与水平面间的动摩擦因数，释放后物块恰运动到C点停止，BC间距离L=2m.换同种材料、质量m2=0.2kg的物块重复上述过程.（物块、小球均视为质点，g=10m/s2）求：（1）物块m2到C点时的速度大小;(2)若小球的质量也为m2，物块与小球碰撞后交换速度，论证小球是否能通过最高点D.若能通过，求出最高点轨道对小球的弹力N；若不能通过，求出小球离开轨道时的位置和连线与竖直方向的夹角；（3）在（2）问的基础上，若将拴着小球的弹簧换为劲度系数=10N/m的弹簧，再次求解.【知识点】动能定理；向心力．C2E2【答案解析】（1）vC4m/s（2）8N；（3）为arccos解析：：（1）m1从B到C的过程：EP=μm1gLm2从B到C的过程：EP＝μm2gL+联立解得：vC=4m/s

（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s向上运动，假设能到高点，从C到D的过程：＝−m2g•2R

解得：vD=0m/s对D点：N+m2g-k（l0-R）=0

解得：N=8N，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点

（3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m2g-k'（l

小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE

由动能定理：＝−m2g(R+Rcosθ)

对E点：m2gcosθ−k′(l0−R)＝m2联立解得：cosθ＝，

即：θ＝arccos【思路点拨】（1）从B到C有动能定理可求得到达C点速度；（2）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断；（3）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断，在利用动能定理即可求的夹角。本题是动能定理与向心力公式的综合应用来处理圆周运动问题．利用功能关系解题的优点在于不用分析复杂的运动过程，只关心初末状态即可，平时要加强训练深刻体会这一点．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省绍兴一中高三上学期回头考试（09）】20．（12分）如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N·m（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？（2）电场力做的功为多大？到达PS界面时离D点多远？（3）大致画出带点粒子的运动轨迹（4）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2D4I3【答案解析】（1）0.03m（2）0.12m（3）如图（4）解析：（1）带电粒子穿过界面MN时偏离中心线的距离，即侧向位移：（2）电场力做的功为：，y=0.12m（3）4分（4）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过PS进入点电荷电场的速度：此时的速度方向与水平方向成θ，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在PS上的a点（如图），则a点离中心线的距离为y：则a点与点电荷所在位置的连线与PS的夹角为β，则，带电粒子进入点电荷的电场时，速度与点电荷对粒子的库仑力垂直，由题的描述：粒子穿过界面PS最后垂直打在与A板在同一水平线上的荧光屏bc上，由此可以做出判断：该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动。带正电的粒子必定受到Q的吸引力，所以Q带负电。半径由库仑定律和匀速周运动规律得：（1分）得：【思路点拨】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．

（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象．（3）根据受力分析画图（4）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（09）】20.(14分)如图所示，边长L=0.2m的正方形，abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场，磁感应强度B=5.0X10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场，电场强度为E(不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一块开有小孔O的绝缘挡板，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.Im。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔0不断发射各种速度的带负电离子，离子的电荷量均为q=3.2X10-18C，质量均为m=6.4X10(不计离子重力，不考虑离子之间相互作用力，离子打到金属板或档板上后将不反弹)(1)为使离子能沿SO连线穿过孔0，则哪块金属板带正电?当电场强度E=106N/C时，求穿过孔O的离子的速率;(2)为使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足此条件的电场强度r的取值范围;(3)在电场强度取第(2)问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘cd内侧，从c点沿cd方向入射一电荷量也为q、质量也为m的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰(碰撞时两离子的速度方向恰好相反)，求该正离子入射的速率。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2D4K2K4【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）MN板带正电穿过孔O的离子在金属板间需满足：（2）穿过孔O的离子在金属板间仍需满足：离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，从bc边射出的离子，其临界轨迹如图中的①②，轨迹半径的范围：（3）当E取最小值时，离子轨迹如图中的②，发生同向正碰，即两离子的轨迹圆应内切，如图：设从c进入磁场的离子运动的半径为r’,速率为v’,则：又因为【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度．（2）作出粒子运动轨迹，求得粒子的运动半径范围，从而求得电场强度的范围（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（09）】19.(12分)如图所示，一根电阻为R的电阻丝做成一个半径为r的圆形线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止开始沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，且保持水平。已知下落距离为时，棒的速度大小为v1，加速下落至圆心O时，棒的速度大小为v2。试求:(1)金属棒下落距离为时，金属棒中感应电流的大小和方向；(2)金属棒下落距离为时的加速度大小；（3）金属棒下落至圆心O时，整个线框的发热功率。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力；电磁感应中的能量转化．C2L2L【答案解析】（1）水平向右（2）（3）解析：(1)由右手定则得，金属棒中的感应电流方向为：水平向右接入电路中的导体棒产生的感应电动势：此时电路的总电阻：(2)金属棒上的安培力:(3)金属棒上的安培力：P热=PA=P热【思路点拨】棒下落距离为r时，棒切割磁感线产生感应电动势，根据几何知识求出棒的有效切割长度，即可求出感应电动势，由欧姆定律和安培力公式结合求出安培力，根据牛顿第二定律可求得加速度．求得下落到圆心时的瞬时速度，从而求得瞬时安培力和速率，从而求得热功率。【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（09）】4.某实验小组利用DIS系统在电梯内研究超重和失重现象。他们在电梯地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个质量为2kg的布娃娃，如图甲所示。实验中计算机显示出传感器所受压力大小随时间变化的关系，如图乙所示。则A.从到，布娃娃处于失重状态B.从到，布娃娃处于超重状态C.电梯可能先停在低楼层，经加速向上、匀速向上、减速向上过程，最后停在高楼层D.电梯可能先停在高楼层，经加速向下、匀速向下、减速向下过程，最后停在低楼层【知识点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．C2C3【答案解析】C解析：A、从时该t1到t2，物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上，故A错误；B、从时刻t3到t4，物体受到的压力小于重力，物块处于失重状态，加速度向下，故B错误；C、如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故C正确；D、如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故D错误；故选：C．【思路点拨】当物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上；当物体受到的压力小于重力时，物体处于失重状态，加速度向下；根据图象并结合实际情况得到压力变化规律，从而得到物体的运动情况．本题关键是根据压力的变化情况，得到超、失重情况，然后与实际情况向对照，得到电梯的运动情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】11．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能D．电场中A点的电势高于B点的电势【知识点】电场线；牛顿第二定律；电势．C2I1【答案解析】B解析：A、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故A错误．B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，粒子在A点时受到的电场力大，故B正确．C、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能．反之一样．故C错误．D、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，所以电场中A点的电势低于B点的电势，故D错误．故选B．【思路点拨】根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】9．下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随“时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．A5C2E1【答案解析】ACD解析：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F-f=ma

设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，，有：F额=Fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1＝，最后匀速速度为：vm＝．在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．故选ACD．【思路点拨】汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省师大附中高三第一次模拟考试（09）】7．“快乐向前冲”节目，中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是A．选手摆到最低点时处于失重状态B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动【知识点】牛顿第二定律；超重和失重；向心力．C2C3D4【答案解析】B解析：：A、失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故A错误；

B、摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1−cosθ)＝mv2

①设绳子拉力为T，在最低点有：T−mg＝

m

②联立①②解得：T=（3-2cosα）mg，故B正确；C、绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C错误；D、选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速运动，故D错误．故选B．【思路点拨】选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解．本题属于圆周运动与平抛运动的结合，对于这类问题注意列功能关系方程和向心力公式方程联合求解．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省实验中学高三第一次诊断性考试（09）】16．(16分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R=0．2m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m=1Kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始行驶，经过一段时间t=4s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为，ED之间的距离为，斜面的倾角为30°.求：（g=10m/s2）(1)小车到达C点时的速度大小为多少；(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何；(3)小车的恒定功率是多少．【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】(1)4m/s(2)10N竖直向上（3）5W解析：(1)把C点的速度分解为水平方向的vA和竖直方向的vy，有： 解得vc=4m/s 注：用其他思路，结果正确同样给分(2)（共6分）由(1)知小车在A点的速度大小vA＝eq\r(2gR)=2 m/s 因为vA＝eq\r(2gR)>eq\r(gR)，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下 mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,A),R) 解得FN =10N 根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小FN′＝FN=10N 方向竖直向上 (3)（共4分）从E到A的过程中，由动能定理：Pt－μmgx0－mg4R＝ 解得P＝eq\f(μmgx0＋5mgR,t) =5W 【思路点拨】（1）小车离开A后做平抛运动，根据竖直方向的分运动可以求出小车的运动时间与竖直分速度，然后在C点根据运动的合成与分解可以求出小车的速度；

（2）小车在A点做圆周运动，由牛顿第二定律求出求出轨道对小车的支持力，然后由牛顿第三定律求出小车对轨道的压力；

（3）从D到A只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出D点的速度，从E到D应用动能定理可以求出小车的功率．小车的运动过程较为复杂，分析清楚小车的运动过程是正确解题的前提与关键；对小车应用运动的合成与分解、牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理即可正确解题．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省实验中学高三第一次诊断性考试（09）】4．一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中A．升降机的速度不断减小B．升降机的加速度不断变大C．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功D．升降机对弹簧的压力始终大于弹簧对升降机的支持力【知识点】功的计算；牛顿第二定律．C2E1【答案解析】C解析：A、升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速度方向向下，向下做加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，加速度方向向上，向下做减速运动，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小．故A、B错误．

C、开始阶段，速度增大，根据动能定理，重力做的正功大于弹力做的负功；然后速度减小，根据动能定理得，弹力做的负功大于重力做的正功．故C正确．

D、升降机对弹簧的压力始终大于弹簧对升降机的支持力是作用力与反作用力，大小相等方向相反，故D错误．故选：C．【思路点拨】当物体所受合力方向与速度方向相同时，速度增加，当物体所受合力方向与速度方向相反时，速度减小，根据牛顿第二定律判断加速度的方向和大小变化．解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省临沂市重点中学高三上学期十月月考（10）】12.在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，在物块与弹簧接触后，将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零D．当物块的速度最大时，它所受到的合力为零【知识点】牛顿第二定律；动能和势能的相互转化．C2E2【答案解析】BD解析：A、物体接触弹簧后，受到弹簧弹力的作用，物体受到的合外力改变（合外力变小）由牛顿第二定律可知物体仍然向右加速．故A错误．B、由牛顿第二定律可以加速度和合外力同时变化，物体从接触弹簧到压缩量最大的过程中，合外力先减小到零，加速度也减小到零，而速度再增加；然后合外力再反向增大，加速度反向增大此时加速度和速度反向，速度逐渐减小．故B正确．C、当弹簧处于压缩量最大时，弹力大于拉力，合外力不为零，加速度不为零．故C错误．D、当物体受到合外力为零时，是物体加速度逐渐减小到零的一个平衡状态（也是速度增加到最大的状态）此时速度最大，加速度为零．故D正确．故选BD．【思路点拨】根据弹簧的特点可知，随着弹簧收缩量的增大，物体受到向外的弹力越大；F为恒力所以合外力逐渐减小并且合外力的方向会发生变化．物体开始接触弹簧合外力向右，随着压缩量的增大，合外力减小，当拉力等于弹力时，合外力为零此时速度最大，根据牛顿第二定律可知物体的加速度为零．物体继续向右运动时，弹力大于恒力，则合外力逐渐增大，加速度增大方向向左加速度增大速度逐渐减小知道减速到零．本题主要考察对于物体运动状态和受力关系分析能力．做好此题的关键是分析清楚物体的受力和运动情况，而二者之间的纽带是牛顿第二定律．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届四川省成都七中高三上学期入学摸底考试（09）】10.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：

（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；

（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；

（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2A7C【答案解析】（1）2.5s．（2）0.3S．(3）．解析：：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度

vt=0

位移x=25m

＝2ax

t＝

由①②式可得：a=8m/s

t=2.5s

（2）反应时间内的位移为x′=L-x=14m

则反应时间为t′=＝0.7s

则反应的增加量为△t=0.7-0.4=0.3s

（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得

F=ma

由平行四边形定则得：＝F2+m2g2----④

由③④式可得：【思路点拨】（1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间．（2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较．（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届云南省玉溪一中高三上学期第一次月考（09）】13、（12分）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间），但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取