全国名校高考物理试题分类汇编（11月 第二期）C2 牛顿第二定律 单位制（含解析）

C2牛顿第二定律单位制【【原创精品解析纯word版】理综卷·届宁夏银川一中高三第三次月考（10）】25．（18分）如图所示，水平光滑路面CD的右侧有一长L1=3m的板M，一物块(可视为质点)放在板M的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M的上表面与平台等高。平台的上表面AB长s=3m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R=0.4m，最低点与平台AB相切于A点。板与物块相对静止向左运动，速度v0=8m/s。当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数μ=0.1，物块质量m=1kg,取g=10m/s2。(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E。如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由。【答案】【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力E2C2D2D5【答案解析】(1)140N,方向竖直向下(2)x=2.4m解析：(1)设物块到A点时速度为v1由动能定理得：由牛顿第二定律得：FN-mg= 解得：FN=140N,由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大小为140N,方向竖直向下 (2)设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为V2，解得：v2=6m/s>=2m/s 故能通过最高点，做平抛运动有x=v2t；解得：x=2.4m 【思路点拨】（1）对物体从木板右端滑到平台A点过程运用动能定理列式，在对滑块经过A点时运用牛顿第二定律和向心力公式列式求解；

（2）先加速滑块能通过最高点，对从C到最高点过程运用动能定理列式求解出最高点速度，与能经过最高点的最小速度比较，之后根据平抛运动的知识列式求解本题关键是对各个过程根据动能定理列式，同时结合牛顿运动定律和向心力公式列式后联立求解．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届江西省赣州市十二县（市）高三上学期期中联考（11）】5．如图所示，质量相等物体A、B处于静止状态，此时物体B刚好与地面接触.现剪断绳子OA，下列说法正确的是（）A．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为，物体B的加速度为0B．弹簧恢复原长时，物体A的速度最大C．从剪断绳子到弹簧压缩到最短，物体B对地面压力均匀增大D．剪断绳子后，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒【答案】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．C2B3B5【答案解析】D解析：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，故B错误；从剪断绳子到弹簧压缩到原长时，物体B对地面压力不变，故C错误；剪断绳子后，因只有重力和弹力做功，所以弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒.D正确．故选D．【思路点拨】求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届江西省赣州市十二县（市）高三上学期期中联考（11）】5．如图所示，质量相等物体A、B处于静止状态，此时物体B刚好与地面接触.现剪断绳子OA，下列说法正确的是（）A．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为，物体B的加速度为0B．弹簧恢复原长时，物体A的速度最大C．从剪断绳子到弹簧压缩到最短，物体B对地面压力均匀增大D．剪断绳子后，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒【答案】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．C2B3B5【答案解析】D解析：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，故B错误；从剪断绳子到弹簧压缩到原长时，物体B对地面压力不变，故C错误；剪断绳子后，因只有重力和弹力做功，所以弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒.D正确．故选D．【思路点拨】求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届江西省赣州市十二县（市）高三上学期期中联考（11）】5．如图所示，质量相等物体A、B处于静止状态，此时物体B刚好与地面接触.现剪断绳子OA，下列说法正确的是（）A．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为，物体B的加速度为0B．弹簧恢复原长时，物体A的速度最大C．从剪断绳子到弹簧压缩到最短，物体B对地面压力均匀增大D．剪断绳子后，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒【答案】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．C2B3B5【答案解析】D解析：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，故B错误；从剪断绳子到弹簧压缩到原长时，物体B对地面压力不变，故C错误；剪断绳子后，因只有重力和弹力做功，所以弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒.D正确．故选D．【思路点拨】求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考（10）】7.一根绳长为的轻绳一端系一个质量为的小球，另一端悬于固定点，若小球一次在竖直面做单摆运动，另一次做圆锥摆运动。单摆运动时的最大摆角和圆锥摆运动时的偏角均为，如图所示，下列判断正确的是A．单摆可能容易断B．单摆一定容易断C．圆锥摆可能容易断D．圆锥摆一定容易断【答案】【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】AC解析：如图分别对两小球进行受力分析有：

对于单摆小球所受合力沿轨迹的切线方向提供恢复力，由受力图知T1=mgcosθ；

对于圆锥摆小球所受合力沿水平方向提供小球圆周运动的向心力，由受力图可知，T2cosθ=mg所以有：=cos2θ，由于cosθ＜1，则：T1＜T2，圆锥摆容易断；故选：C．【思路点拨】分别对两种情况下的小球进行受力分析，单摆中小球所受合力沿轨迹的切线方向，圆锥摆小球所受的合力提供圆周运动向心力在水平方向．本题关键是考查单摆与圆锥摆的受力特征以及合力的方向，掌握两种摆的合力特征是正确解决本题的关键．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届吉林省吉林市高三第一次摸底考试（10）】18.（17分）如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点，求：(1)推力对小球所做的功.(2)x取何值时，完成上述运动所做的功最少?最小功为多少？(3)x取何值时，完成上述运动用力最小?最小力为多少？【答案】【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)mg(16R2+x2)/8R(2)2R(3)mg解析：（1）从A到C的过程中由动能定理有：从C点又正好落回到A点过程中：在C点水平抛出的速度为：解得：WF=mg(16R2+x2)/8R （2）若功最小，则在C点动能也最小，在C点需满足：从A到C的过程中由动能定理有：WF=mgR=2R（3）若力最小，从A到C的过程中由动能定理有：由二次方程求极值得：x=4R最小的力F=mg【思路点拨】（1）小球在恒定推力作用下，在光滑水平面做匀加速直线，当到达B点撤去恒力，让其在沿光滑半圆轨道运动到C处后，又正好落回A点．因小球离开C点后做平抛运动，已知高度与水平位移的情况下，可求出小球在C处的速度大小，选取从A到C过程，由动能定理可求出推力对小球所做的功．（2）力F做功越小，小球到达B点的速度越小，到达最高点C的速度越小，当小球恰好到达C点时，由重力充当向心力，此时C点的速度最小，力F做功最小．先由牛顿第二定律求出小球通过C点的最小速度，根据（1）问的结果求出x，即可得到最小功；（3）根据功与x的关系式，运用数学知识求解力最小时x的值及最小的力．本题要挖掘隐含的临界条件：小球通过C点的最小速度为，由动能定理求解F做功，再运用数学不等式知识求解极值．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届吉林省吉林市高三第一次摸底考试（10）】11．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。以下说法正确的应是在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g在释放瞬间，支架对地面压力为Mg摆球到达最低点时，支架对地面压力为（m+M）g摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g【答案】【知识点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力．B4C2D4【答案解析】BD解析：A、B在释放摆球的瞬间，支架竖直方向受到重力Mg和地面的支持力N1，由平衡条件知，N=Mg，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力N1′=N1=Mg．故A错误，B正确．C、D设摆球到达最低点时速度大小为v，摆长为L，由机械能守恒定律得：

mgL=mv2…①摆球到达最低点时，有：F-mg=m…②联立①②得细线的拉力：F=3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：N2=Mg+F=（3m+M）g．故C错误，D正确．故选BD【思路点拨】由题，摆球运动过程中，支架始终不动，在释放摆球的瞬间，分析支架竖直方向受力情况，由平衡条件求解地面对支架的支持力，再由牛顿第三定律得到支架对地面的压力．摆球从释放到到达最低点时，机械能守恒，由机械能守恒定律和牛顿第二定律求出摆球到达最低点时细线的拉力，再求解支架对地面的压力．本题考查平衡条件、机械能守恒定律和牛顿运动定律，摆球到达最低点时细线的拉力等于3mg，与摆长无关，是经常用到的结论．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届吉林省吉林市高三第一次摸底考试（10）】6．如图所示为游乐园中空中转椅的理论示意图。长度不同的两根细绳悬于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在同一水平面内作圆锥摆运动，则两个圆锥摆相同的物理量是A．绳的拉力B．线速度的大小C．周期D．向心力【答案】【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】C解析：对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；

将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtanθ①；由向心力公式得到，F=mω2r②；设绳子与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htanθ③；由①②③三式得，ω=，与绳子的长度和转动半径无关；又由T=，故周期与绳子的长度和转动半径无关，故A正确；由v=wr，两球转动半径不等，故线速度不同，故B错误；绳子拉力：T=，故绳子拉力不同，故C错误；由F=ma=mω2r，两球转动半径不等，故向心力不同，故D错误；故选A．【思路点拨】小球靠重力和绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度、线速度的大小，向心力的大小，看与什么因素有关．本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式！【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届安徽省皖南八校高三第一次联考（10）word版】17.（15分）如图所示，半径R=0.5m的光滑弧面CDM分别与光滑体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数，求：（sin=0.6,cos=0.8，g=10m/s2）（1）小物块Q的质量m2（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。【答案】【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】（1）4kg(2)78N(3)1.0m解析：（1）（2）得：FD=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为N（3）物体最终在C、M间做往复运动，过C、M位置速度均为零则有得L总=1.0m【思路点拨】（1）根据共点力平衡条件列式求解；（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；（3）直接根据动能定理全程列式求解．本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届安徽省皖南八校高三第一次联考（10）word版】6.一辆汽车在平直的公路上以某一速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数(1/v)图象如图所示.若已知汽车的质量M，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是A.汽车的功率B.汽车行驶的最大速度C.汽车所受到的阻力D.汽车运动到最大速度所需的时间【答案】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；功率、平均功率和瞬时功率．B3C2E1【答案解析】D解析：A、B、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有

F-f=ma其中F=联立得

a=结合图线，有

-=-2

0=0.05解得P=40mf=2m由于质量已知，故A错误，B也错误；C、当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，最大速度为20m/s，故C错误；D、汽车的初速度未知，故加速时间未知，故D正确；故选D．【思路点拨】汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可．本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届安徽省皖南八校高三第一次联考（10）word版】5.一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑铁环的半径为R=20cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦的滑动，如果圆环绕着过环心的竖直轴以l0rad/s的角速度旋转(取g=10m/s2)，则小球相对环静止时与环心O的连线与O1O2的夹角是A.30°B.45°C.60°D.75°【答案】【知识点】牛顿第二定律；向心力．C2D4【答案解析】C解析：小球转动的半径为Rsinθ，小球所受的合力垂直指向转轴，根据平行四边形定则，F合=mgtanθ=mRsinθω2，解得θ=60°．故C正确，A、B、D错误．故选C．【思路点拨】圆环绕着通过环心的竖直轴O1O2以10rad/s的角速度旋转，小球做圆周运动，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力．根据牛顿第二定律列出表达式求出夹角θ．解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，知道匀速圆周运动的向心力由合力提供．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届云南省玉溪一中高三上学期期中考试（11）】9.如图所示，斜面体质量为M，倾角为θ，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面匀速下滑时，斜面体仍静止不动，则()A.斜面体受地面的支持力为MgB.斜面体受地面的支持力为(m＋M)gC.斜面体受地面的摩擦力为mgcosθsinθD.斜面体受地面的摩擦力为0【答案】【知识点】牛顿第二定律．C2【答案解析】BD解析：以整体为研究对象，整体重心加速下降，为失重状态，斜面体受地面的支持力小于（m＋M）g大于Mg，，A错B对；水平方向，D对；C错；故选BD.【思路点拨】因物体和斜面体都是平衡状态，故可以把两个做为一个整体来进行受力分析，则物体受的支持力应为斜面和物体重力之和，而斜面体相对地面既没有相对运动，也没有相对运动趋势，故斜面体所受摩擦力为零．本题重点就是要用整体法来解答，其次就是判定斜面体所受摩擦力的有无，这个要用假设法，本题涉及的分析方法比较多样，故而是个很好的对受力方法的练习题．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省南充市高三第一次高考适应性考试（11）word版】11.（19分）如图所示，有一质量m＝1kg的小物块，在平台上以初速度v0=3m/s水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R＝0.5m的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l=1m时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin53°=0.8，(1)A、C两点的高度差h；(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功．【答案】【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力.C2D2D4【答案解析】C解析：(1)小物块到C点时的速度竖直分量为vCy＝4m/s……………2分下落的高度h＝eq\f(v\o\al(2,Cy),2g)＝0.8m……………2分(2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小：1m/s2物块的加速度大小：3m/s2由题意得：…………2分……………2分联立以上各式并代入数据解得vD＝m/s……………2分小球在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)……………2分代入数据解得FN＝26N……………1分由牛顿第三定律得FN′＝FN＝26N，方向竖直向下……………1分(3)小物块由A到D的过程中，由动能定理得mgh+mgR(1－cos53°)-W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)……………3分代入数据解得W＝6J……2分【思路点拨】（1）小球从A点抛出做平抛运动，将C点的速度进行分解，求出竖直分速度的大小，从而根据竖直方向上的运动规律求出AC两点的高度差．

（2）求出C点的速度，对C到D运用动能定理求出到达D点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力．

（3）当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出共同的速度，运用动能定理求出物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、能量守恒定律等知识，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省南充市高三第一次高考适应性考试（11）word版】3．升降机的地面固定一个压力传感器，物体置于传感器上的水平接触面上，如图（a)所示，压力传感器通过处理电路和计算机相连，当升降机在竖直方向运动时，计算机描绘出一段时间内物体对压力传感器的压力随时间变化的图像如图(b)所示，关于升降机的运动，下列说法正确的是A．0～t1一定向上做匀加速运动B．t1～t2一定向上做匀加速运动C．t1～t2的加速度可能逐渐增大D．t2～t3的加速度可能逐渐增大【答案】【知识点】牛顿第二定律C2【答案解析】C解析：C、由图线t1～t2可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，由此可知电梯加速度方向可能竖直向上，且在变大，故C正确．

B、由图线L可知，支持力的大小等于2mg，根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得a=g，方向竖直向上．故B正确．

C、由图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态．故C错误．

D、由图线N可知，支持力的大小先大于mg再小于mg，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下．故D正确．

故选BD．【思路点拨】物体对P的压力等于支持力的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小和方向，从而确定电梯的运动情况．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省成都外国语学校高三11月月考解析版（11）】6.如图所示，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，当它自然伸展时另一端位于A点，现用一质量为的物块（可视为质点）将弹簧自由端压缩至B点（不拴接），A、B两点间的距离为10cm，将物块由静止释放，物块滑过A点后继续向右滑行10cm停止运动，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同.若换用一材料相同，但质量只有QUOTE的物块同样将弹簧自由端压缩至B点由静止释放，则此时()A.物块的最大加速度变为原来的2倍B.物体速度最大的位置不变C.物块在水平面上滑行的总距离将达到40cmD.物体与水平面由于摩擦而产生的热相同【答案】【知识点】摩擦力做功、动能定理含弹簧考查题。C2、E1、E6。【答案解析】CD。压缩在厉害时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：。其加速度不是原来的2倍，A错；在最大速度位置，物块所受合力为零，即有：，因物块质量不同，其最大速度位置也不同，B答案错误；根据动能定理可得：为时，有：；为时，有：，两式联立得，因，所以有。C正确；依题意有：在两种情况下，弹簧具有的弹性势能相同，克服摩擦力做功相同，产生的热量相同，D正确；故本题选择CD答案。【思路点拨】本题抓住两种情况是物块都在B点释放，具有的相同的弹性势能，此时所受的弹力也相同，根据牛顿第二定律求加速度表达式，就可判定A答案是否正确；由动能定理或功和能的关系，列出相关表达式就可判定BCD答案的正确性。【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省成都外国语学校高三11月月考解析版（11）】5.如图所示，一条长L=1m的轻质细绳一端固定在O点，另一端连一质量m=2kg的小球（可视为质点），将细绳拉直至与竖直方向成600由静止释放小球，已知小球第一次摆动到最低点时速度为3m/s.取g=10m/s2，则()A.小球摆动到最低点时细绳对小球的拉力大小为18NB.小球摆动到最低点时，重力对小球做功的功率为60WC.小球从释放到第一次摆动到最低点的过程中损失的机械能为1JD.小球从释放到第一次摆动到最低点的过程中重力做功为9J【答案】【知识点】圆周运动、牛顿第二定律、功、功率、功和能的关系。C2、D4、E1、E6。【答案解析】C。取最低点为零势能位置，根据牛顿第二定律得：，由计算可知A答案错；小球摆到最低点时重力对小球做功功率为零，B答案错；在最高点，小球系统的机械能为E=，在最低点小球的动能为：。损失的机械能为：，由此可知C答案正确；小球从释放到第一次摆动到最低点的过程中重力做功为8J，D错，故本题选择C答案。【思路点拨】本题首先选择好零势能位置，求初末状态的机械能进行比较求机械能的损失量。运用牛顿第二定律求绳对小球的拉力。用功的表达式求重力所做的功从而选择正确答案。【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省成都外国语学校高三11月月考解析版（11）】2.铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于QUOTE，则A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C．这时铁轨对火车的支持力大于QUOTED．这时铁轨对火车的支持力等于QUOTE【答案】【知识点】曲线运动中的火车转弯应用考查题。C2、D4。【答案解析】A。火车相当于在斜面上作圆周运动，根据受力分析和牛顿第二定律得：，当小于时，是内轨对内侧车轮轮缘有挤压，A对，B错；这时铁轨对火车的支持力小于，C、D答案都错；故本题选择A答案。【思路点拨】本题先要对火车进行受力分析，再依据牛顿第二定律和圆周运动中的向心力公式推出火车运动的临界速度，由告知的条件进行选择答案。【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省成都外国语学校高三10月月考（10）】7.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角.板上一根长为的轻细绳一端系住一个质量为的小球，另一端固定在板上的点.当平板倾角为时，先将轻绳平行于水平轴拉直，然后给小球以沿着平板并与轻绳垂直的初速度，则A.若，则轻绳对小球的拉力大小为NB.若，则小球相对于水平面可上升的最大高度为0.7mC.小球能在平板上绕点做完整的圆周运动必须满足的条件为D.小球能在平板上绕点做完整的圆周运动必须满足的条件为【答案】【知识点】圆周运动、牛顿第二定律、机械能守恒定律综合应用选择题。C2、D4、E3【答案解析】A、D。当时，根据牛顿第二定律得：，由此计算可知A答案正确；当时，根据机械能守恒定律得：，B错误；根据机械能守恒定律可得：，根据牛顿第二定律可得：，两式联立得：，由计算可知，C答案错，D对，故本题选择A、D答案。【思路点拨】本题是将圆周运动从水平面迁移到斜面或竖直平面上的变形题。在水平面上要利用牛顿第二定律求绳对小球的拉力。在竖直平面，要利用机械能守恒定律求上升的最大高度。在斜面上恰好作完整的圆周运动，设与水平面上的夹角为，利用圆的最点时，只有重力的分力提供向心力，求运动到最高点的速度，最后利用机械能守恒定律求满足的条件。【【原创精品解析纯word版】物理卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】7．如图所示，光滑固定斜面C倾角为θ，质量均为m的两物块A、B一起以某一初速沿斜面向上做匀减速直线运动。已知物块A上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是()A．物块A受到B的摩擦力水平向左B．物块B受到A的支持力做负功C．两物块A、B之间的摩擦力大小为mgsinθcosθD．物块B的机械能减少【答案】【知识点】隔离法牛顿第二定律受力分析C2B4【答案解析】C解析：A、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，再隔离B分析可得，故B定会受到A是加大水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律，则物块A受到B的摩擦力水平向右，故A错误

B、物块B受到A的支持力向上，物体B有向上的位移，故支持力做正功．故B错误

C、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向上的加速度a1=acosθ=gsinθcosθ，竖直方向上的分速度a2=asinθ=gsin2θ．隔离对B分析，A对B的摩擦力f=ma1=mgsinθcosθ．故C正确D、采用逆推法，没有A的阻碍作用，B将会自由落体运动，故加速下降时B对A做正功，减速上升时，A对B做正功，故A机械将增加，故D错误.

故选C.【思路点拨】根据整体法求出AB共同的加速度，将加速度分解为水平方向和竖直方向，隔离对B分析，求出A、B之间的支持力和摩擦力．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】6．如图所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E．已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，(不计空气阻力)则小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T为多少()A．mgB．3mgC．4mgD．5mg【答案】【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公式I3C2D4【答案解析】B解析：小球由静止释放到最低点的过程中受到电场力和重力两个力，其合力的方向是由P1指向最低点，因此小球做匀加速直线运动，

水平分量是vx=．

在到达P2的过程中，由动能定理有

Eql-mgl=,即v=vx=．

根据牛顿第二定律得，T-qE=m

解得T=3mg．故B正确，A、C、D错误．

故选B．【思路点拨】小球在电场力和重力的作用下做加速运动，当绳被拉直的时候，沿着绳的速度的大小变为零，之后球在重力和电场力的作用下继续向右运动，从绳被拉直到到达P2的过程中，根据动能定理可以求得到达P2时速度的大小．根据径向的合力提供向心力求出绳子的张力大小．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届江西省新余一中高三第二次模拟考试（10）】16.（13分）一平板车，质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25m。一质量m=50kg的滑块置于车的平板上，它到车板末端的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因素μ=0.20，如图所示，今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果滑块从车板上滑落，滑块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s.=2.00m。求滑块落地时，落地点到车尾的距离s。（不计路面与平板车间以及轮轴的摩擦，g=10m/s2）bFbFh【答案】【知识点】牛顿第二定律匀变速直线运动位移和时间的关系C2【答案解析】s=1.6(m)解析：

解：对滑块：（2分），对车：，（2分）解得F=500N，t1=1s，（1分）a1=μg=2m/s2，（1分）a2=（1分）。滑块离开车后，对车，（1分）滑块平抛落地时间（1分）从离开小车至滑块落地，对滑块s1=v1t2=a1t1t2=1(m)（1分）对车（2分）故s=s2-s1=1.6(m)（1分）

【思路点拨】物体从平板车滑落后,做平抛运动,根据平抛运动规律及运动学公式,求时间和位移.对平板车M,滑落前受二力作用,即F和摩擦力,二力方向相反,当从m从B点滑落后,平板车水平方向只受F作用,做匀加速直线运动,根据运动学公式求位移,进而求得落地点到车尾的距离.【【原创精品解析纯word版】物理卷·届江西省新余一中高三第二次模拟考试（10）】⒐如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为,若L足够大,则以后将以速度做匀速运动C．若,则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且【答案】【知识点】牛顿第二定律单位制C2【答案解析】AC解析：解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确．

B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）．故B错误．

C、若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动【可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ-μcosθ）匀加速．故C正确．

D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动．故D错误．

故选：AC．【思路点拨】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g（sinθ+μcosθ）．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届江西省新余一中高三第二次模拟考试（10）】⒊在稳定轨道上的空间站中，物体处于完全失重状态．有如图（2）所示的装置，半径分别为r和R（R>r）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是：A．小球在CD间由于摩擦力而做减速运动B．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力【答案】【知识点】牛顿第二定律向心力C2【答案解析】D解析：A：小球处于完全失重状态,压力对水平轨道压力为零，不受摩擦力，做匀速直线运动故A错B：小球处于完全失重状态,在圆轨道中做匀速圆周运动，只要有速度就能通过圆规道，故BC错D在圆轨道中做匀速圆周运动靠轨道的压力提供向心力即N=半径越小压力越大故D正确【思路点拨】该装置处于稳定的空间站中，处于完全失重状态，所以小球对水平轨道压力为零.在圆轨道中运动,靠轨道的压力提供向心力.小球失重状态下运动在圆规道和直轨道上速度大小都不变.【【原创精品解析纯word版】物理卷·届北京市重点中学高三上学期第一次月考（10）】21．如图所示，长为L的细绳上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，在细绳的下端吊一个质量为m的铁球(可视作质点)，球离地的高度h＝L．现让环与球一起以v＝eq\r(2gL)的速度向右运动，在A处环被挡住而立即停止，已知A离右墙的水平距离也为L，当地的重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)在环被挡住而立即停止时绳对小球的拉力大小；(2)若在环被挡住后，细绳突然断裂，则在以后的运动过程中，球的第一次碰撞点离墙角B点的距离是多少？【答案】【知识点】牛第二定律圆周运动平抛运动C2D4D2【答案解析】(1)3mg(2)eq\f(3,4)L解析：(1)在环被挡住而立即停止后小球立即以速率v绕A点做圆周运动，根据牛第二定律和圆周运动的向心力公式有：F－mg＝meq\f(v2,L) 2分解得：F＝3mg 1分(2)细绳断裂后，此后小球做平拋运动．假设小球直接落到地面上，则：h＝L＝eq\f(1,2)gt2 1分球的水平位移：x＝vt＝2L>L 故小球先碰到右墙，则L＝vt′ 1分小球下落的高度h′＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(L,4) 1分所以球的第一次碰撞点距B的距离为：H＝L－eq\f(L,4)＝eq\f(3,4)L 1分【思路点拨】（1）在环由运动到被挡住而立即停止后，小球立即以速率v绕A点做圆周运动，由重力与绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力，再求解拉力的变化量．（3）在环停止以后，若绳子断裂，小球将做平抛运动．假设小球直接落在地面上，求出水平位移，分析小球能否与墙碰撞．若与墙碰撞，碰撞后小球水平方向仍做匀速运动．再由运动学公式求解铁球的第一次碰撞点离墙角B点的距离．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届北京市重点中学高三上学期第一次月考（10）】10．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下【答案】【知识点】超重和失重牛顿第二定律C2C3【答案解析】BD解析：体重计的示数减小，说明晓敏同学对其压力减小，但其体重并没有变化，故选项A错误；晓敏同学对体重计的压力和体重计对其的支持力为作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知：，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知：，代入数据解得，故选项D正确．故BD正确.【思路点拨】熟练超重和失重概念的理解及牛顿第二定律在超重和失重中的应用，不论处于超重还是失重状态，重力均不会变化．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届安徽省“江淮十校”高三11月联考（11）WORD版】10．蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下述物理模型。如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由释放，压上弹簧后继续向下运动的过程中．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴ox，则小球的速度的二次方随x坐标的变化图象如图所示，其中OA段为直线，ABC是平滑的曲线，AB段与OA相切于A点，空气阻力不计，重力加速度为g。关于A、B、C各点对应的位置坐标xA、xB、xC及加速度aA、aB、aC的判断正确的是()A.B．C.D．【答案】【知识点】胡克定律牛顿第二定律C2B5【答案解析】C解析:OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A错误；B、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=mgk，所以B得坐标为h+mgk，所以B错误，C正确．D、取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为mgk，由对称性得由B到D的形变量也为mgk，故到达C点时形变量要大于h+2mgk，加速度ac＞g，所以D错误．故选C．【思路点拨】正确分析物体时刻的受力情况，B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，注意对称性.【【原创精品解析纯word版】理综卷·届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（10）】21．如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回。直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦。则()A．小车被弹回时速度v一定小于v0B．直杆在槽内移动的距离等于C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力小车直杆小车直杆0【答案】【知识点】牛顿第二定律、功能关系的应用问题。C2、E6。【答案解析】BD。在小车向右运动的过程中将受到弹簧向左的弹力作用做加速度逐渐增大的减速运动，若小车撞击弹簧时的速度v0较小，弹簧上的弹力小于f，小车速度即减为零，随后被弹簧，此过程中只有动能与弹性势能之间相互转化，因此最终弹回的速度v等于v0，故选项A错误；若小车撞击弹簧时的速度v0较大，在其速度还未减为零，弹簧上的弹力已增至f，由于直杆的质量不可忽略，所以小车继续做加速度增大的减速运动，弹簧继续被压缩，弹力大于f后，直杆向右做加速运动，当两者速度相等时，弹簧被压缩至最短，故选项C错误；选项D正确；当小车速度减为零时，小车反向被弹簧，弹簧弹力减小，直杆最终也不再在槽内移动，因此根据功能关系有：，即直杆在槽内移动的距离为：，故选项B正确。从而本题选择BD答案。【思路点拨】本题是小车把弹簧压缩到时，两者一起向右作减速运动，这个过程中杆所受到的摩擦力大小不变，弹簧的压缩量先增大，到车与杆的速度相等时保持不变，直到杆的速度减小到零，小车才被反弹。这是求解本题的核心。它考查了牛顿第二定律、功能关系的应用问题，属于能力检测题，把握好物理过程的分析，运用好动能定理求解移动的距离。【【原创精品解析纯word版】理综（物理）卷·届广东省广州市执信中学高三上学期期中考试（11）】16．一个放在水平桌面上质量为2kg原来静止的物体，受到如图所示方向不变的合外力作用，则下列说法正确的是A．在2s内物体的加速度为5m/s2B．在t=2s时，物体的速度最大C．在2s内物体运动的位移为10mD．0~2s这段时间内物体作减速运动【答案】【知识点】牛顿第二定律C2【答案解析】B解析：A、在2s内物体的加速度最大值为5m/s2，不能说在2s内物体的加速度为5m/s2．故A错误．

B、在t=2s时，F=0，物体将做匀速直线运动，速度最大．故B正确．C、物体如图所示方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s内物体运动的位移无法求出．故C错误．D、0～2s这段时间内作加速运动．故D错误．故选B.【思路点拨】物体如图所示方向不变的合外力作用下，做加速度减小的变加速运动，2s内物体运动的位移无法求出．当F=0时物体做匀速直线运动，速度最大．【【原创精品解析纯word版】理综（物理）卷·届广东省广州市执信中学高三上学期期中考试（11）】15．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是 A．大小不等，方向不同

B．大小相等，方向不同 C．大小不等，方向相同

D．大小相等，方向相同【答案】【知识点】平抛运动加速度D2C2【答案解析】D解析：由于平抛运动是加速度为g的匀变速运动,在任何相同的时间内速度的变化量Δv=gt都是相同的,包括变化量的大小和方向,故D正确.【思路点拨】由加速度定义可得.【【原创纯word版精品解析】物理卷·届重庆市重庆一中高三上学期第二次月考（10）】9．如题9图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为。求：（1）O点和O′点间的距离；（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；（3）在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定。若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B的质量为，，。将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A离开B后最终未冲出斜面，求需满足的条件?Av0OPAv0OPx0BOPA题9图【答案解析】（1）从P点又回到P点得：（2）从点到P点(3)分离时：，,A：B：得：，即弹簧处于原长处，A、B两物体分离。从点到O点：得：分离后，A继续上升到静止得：【思路点拨】求解弹簧模型综合应用问题的关键是搞清物体在运动过程中的弹簧的形变量，明确两物体要分离时的临界条件—两物体加速度相等，物体之间没有相互挤压，这样依题中告知的条件和牛顿第二定律、动能定理求解相关物理量。它属于能力检测题。【【原创纯word版精品解析】物理卷·届重庆南开中学高三10月月考（10）word版】5．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2(V2>V1)滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有A．滑块返回传送带右端时的速率为V2B．此过程中传送带对滑块做功为mv22－mv12C．此过程中电动机做功为2mv12D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2【答案】【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律．C2E2【答案解析】D解析：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A错误；B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv12-mv22，故B错误；D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1①

又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22

②

该过程中传送带的位移：x2=v1t1

摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv1

③

将①②代入③得：W2=mv1v2

设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2

摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12

该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3

滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3

滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2

滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故D正确；C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22-mv12整理得：W=Q-mv22+mv12=mv22+mv1v2，故C错误．故选：D．【思路点拨】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．根据能量守恒找出各种形式能量的关系．本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂．【【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二次月考（10）】4.如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是（）A．卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C的运行加速度大小相等B．卫星C的运行速度大于物体A的速度C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D．物体A和卫星C具有相同大小的加速度C【答案】【知识点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律．C2D5C【答案解析】D解析：A、卫星B绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛顿第二定律，有a=，经过P点时，卫星B与卫星C的加速度相等，故A正确；B、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据线速度公式v=，卫星C的线速度较大，故B正确；C、A、B绕地心运动的周期相同，也就等于地球的自转周期．B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，是速度大小在变化的运动，所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方．故C正确．本题选不正确的，D、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r，卫星C的加速度较大，故D错误；故选D．【思路点拨】A静止于地球赤道上随地球一起自转，C为绕地球做圆周运动，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，A、B、C绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r可以判断物体A和卫星C的运动情况，卫星B、C轨迹在P点相交，根据牛顿第二定律判断加速度．本题关键先列求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论；对于加速度，要根据题意灵活地选择恰当的表达式形式分析．卫星在椭圆轨道运行，万有引力与向心力不等．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届四川省绵阳南山实验高中高三一诊模拟考试（10）】9.(15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）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，一质量为50kg的志愿者少量饮酒后驾车以v0=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的关系曲线如图乙所示，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）饮酒使志愿者比一般人正常时迟缓的时间；（3）从发现情况到汽车停止的过程，汽车对志愿者所做的功。【答案】【知识点】功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．A2C2E1【答案解析】（1）2.5s；（2）0.3s；（3）-10000J．解析：（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度，末速度，位移，由运动学公式得：①②联立①②式，代入数据得:③④（2）设志愿者反应时间为,反应时间的增加量为，由运动学公式得⑤⑥联立⑤⑥式，代入数据得：⑦设志愿者所受合外力的大小为F，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得：⑧代入数据得:【思路点拨】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出轿车减速过程中的加速度大小，结合速度时间公式求出减速运动的时间．

（2）根据反应时间内的位移与轿车刹车后的位移之和求出发现情况到轿车停止行驶的距离．进而求出迟缓的时间．（3）根据做功公式求得做的的功。解决本题的关键知道轿车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速运动，结合运动学公式灵活求解，基础题．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（10）】18、（14分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物体A刚运动时的加速度aA(2)t1=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t1=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P1=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t2=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t1=1.0s到t2=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？【答案】【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律．C2E2【答案解析】（1）0.5m/s2；（2）7W；（3）3.03m．解析：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：

f=μ1mAg=mAaA

解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；

（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：

F-μ1mAg-μ2（mB+mA）g=mBaB

带入数据解得：F=7N，

v=aBt=1m/s

所以P=Fv=7W

（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，

对木板进行受力分析，木板B受力满足F′-μ1mAg-μ2（mA+mB）g=0

所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．

设这一过程时间为t′，有v1=aA（t1+t′），这段时间内B的位移

s1=v1t′，

A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，

由动能定理得：P′(t2-t′-t1)-μ2(mA+mB)gs2=(mA+mB)-(mA+mB)，

由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m【思路点拨】（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；（2）电动机的输出功率P=Fv，对B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2．本题对受力分析的要求较高，要能根据受力情况判断运动情况，或根据运动情况判断受力情况，难度较大．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（10）】17、（10分）如图所示，A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，AB间用弹簧连接着，弹簧弹性系数k=100N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚没接触地面。现用恒定拉力F=15N拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求（1）B刚要离开C时A的加速度,（2）若把拉力F改为F=30N，则B刚要离开C时，A的速度。【答案】【知识点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．B3C2C【答案解析】（1）15m/s2；（2）3m/s．解析：（1）B刚要离开C的时候，弹簧对B的弹力：N=mBgA的受力图如图，由图可得：G+N-F=mAa1解得：a1=15m/s2，竖直向下（2）当F=0时，弹簧的伸长量：X1==0.1m

当F=15N，且A上升到最高点时，弹簧的压缩量：

X2==0.2m

所以A上升的高度：

h=X1+X2=0.1+0.2=0.3m

在A上升过程中，根据功能关系：

Fh=mAgh+△Ep

所以弹簧弹性势能增加了：

△Ep=mAgh-Fh=（15-10）×0.3=1.5J

把拉力改为F′=30N，从A上升到当B恰要离开C时的过程中，弹簧的弹性势能变化相等，根据功能关系，有：F′h-mAgh-△Ep=解得：vA=3m/s

此时，根据牛顿第二定律：

F′-（G+N）=mAa2

解得：a2=0

【思路点拨】（1）题中恰能使B离开C但不能继续上升，说明临界情况是弹力等于B的重力，然后对物体A受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）B刚要离开C时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度；对两次上拉过程分别运用动能定理列式后联立求解得到速度．本题切入点在于“恰能使B离开C但不能继续上升”，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度，根据功能关系列式求解末速度．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（10）】11、如图甲所示，在倾角为α的足够长固定光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F（图中未画出）的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（

）A.物体在沿斜面向下运动

B.在0~x1过程中，物体的加速度一直减小

C.在0~x2过程中，物体先减速再匀速

D.在x1~x2过程中，物体的加速度为gsinα【答案】【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．C2E3【答案解析】AD解析：A、在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A正确；B、在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零．根据a=，可知，加速度逐渐增大，故B错误；C、在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故C错误；D、在x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时a==gsinθ，故D正确．故选AD【思路点拨】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化．解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（10）】8、如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=mg/q，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（）A.小球到达C点时对轨道压力为2mgB.小球在AC部分运动时，加速度不变C.适当增大E，小球到达C点的速度可能为零D.若E=2mg/q，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为3R/2【答案】【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】AD解析：A、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH=mvA2-0，解得：vA=．根据牛顿第二定律得：N=m，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg．故A正确．B、小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心．故B错误．C、若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零．若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零．故C错误．D、若E=，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，qE-mg=m，解得：vC=，根据动能定理得：mg（H+R）-qER=mvC2-0，解得：H=R．所以H至少为R．故D正确．故选：AD．【思路点拨】根据重力和电场力的关系，判断出小球进入圆弧轨道后的运动规律，结合径向的合力提供向心力分析．根据动能定理，结合牛顿第二定律判断C点的速度能否为零．当电场力是重力的2倍时，根据最低点弹力为零求出最小速度，结合动能定理求出H的至少高度．本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省日照一中高三10月第一次阶段复习质量达标检测（10）】4．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大，这一现象表明A.电梯一定是在上升B.电梯一定是在下降C.电梯的加速度方向一定是向下D.乘客一定处于超重状态【答案】【知识点】牛顿第二定律；超重和失重．C2C3【答案解析】D解析：A、乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大，知弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，可能向上做加速运动，可能向下做减速运动，故A、B、C错误．D、由于加速度方向向上，知乘客一定处于超重状态．故D正确．故选：D．【思路点拨】对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和乘客的超、失重情况．解决本题的关键知道乘客和电梯具有相同的加速度，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向向上时，处于超重状态，当加速度方向向下时，处于失重状态．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省莱州一中高三10月月考（10）】20.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到，己知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量）．问：

（1）接住前重物下落运动的时间t=？

（2）人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v=？

（3）乙同学在最低点处对地板的压力FN=？

【答案】【知识点】牛顿第二定律；自由落体运动；向心力．A3C2D4【答案解析】(1)2．（2）．（3）(1+)mg．解析：（1）由运动学公式2R=gt2得，t=2．

（2）由v=得，v=．

（3）设支持力为F，由牛顿第二定律得：F-mg=m解得F=m(g+g)=(1+)mg

由牛顿第三定律得人对地板的压力FN=(1+)mg，方向竖直向下．【思路点拨】（1）根据自由落体运动的位移时间公式求出重物下落的时间．（2）根据弧长和时间，通过线速度的定义式求出运动的线速度大小．（3）根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而根据牛顿第三定律求出人对地板的压力．解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿定律进行求解．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省莱州一中高三10月月考（10）】19.在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图所示，假设某汽车以10m/s的速度行驶至一斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一行人正以2m/s的速度同向匀速行驶，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑下．已知斜坡长AC=11m，θ=37°，司机刹车时行人距坡底C点距离CE=6m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5．（1）求汽车沿斜坡滑下的加速度大小；（2）试分析此种情况下，行人是否有危险．【答案】【知识点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．A2C2E2【答案解析】（1）2m/s2．（2）行人有危险，应抓紧避让．解析：（1）由牛顿第二定律知，汽车在斜坡上滑下时的加速度mgsinθ-μmgcosθ=ma1

由数学知识知：sinθ=，cosθ=故由①②得：a1=2

m/s2

（2）汽车在水平冰雪路面上的加速度μmg=ma2

汽车到达坡底C时的速度满足

vC2-vA2=2a1xAC

代入数据解得vC=m/s

经历时间t1==0.5s

汽车在水平路面上减速至v=v人=2

m/s时，滑动的位移x1==11.6m

经历的时间t2==1.8s人发生的位移x2=v人（t1+t2）=4.6m

因x1-x2=7m＞6m，故行人有危险，应抓紧避让．【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律求出汽车在斜坡上滑下时的加速度．（2）根据速度位移公式求出汽车到达C点时的速度，根据牛顿第二定律求出汽车在水平面上的加速度，抓住汽车和人速度相等时，两者的位移关系判断是否相撞，从而确定行人是否有危险．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届江西省南昌二中高三上学期第三次考试（10）】19.如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面.t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动.已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2.求

(1)物体A刚运动时的加速度aA;

(2)t=1.0s时，电动机的输出功率P;

(3)若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′