2016届高三物理二轮复习 考前30天 专题一 突破11个高考热点

1、专题一突破11个高考热点热点一受力分析与物体的平衡 热点概述1共点力的平衡问题是历年高考的热点，包括单个物体的平衡、多个物体的平衡等。2解决共点力问题的基本思路(1)选择单个或多个物体作为研究对象，整体进行受力分析；(2)利用合成法或正交分解法对研究对象的受力情况进行处理；(3)应用平衡条件，建立等式求解(列出方程式)，或利用图解法进行定性分析。高考再现1(2015全国新课标)如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态B向左上方做

2、匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动【命题立意】知识：带电粒子在匀强电场中的受力情况与运动状态的分析。能力：由受力情况判断运动情况的推理能力。2(2013全国新课标 )如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)。由此可求出() A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力【命题立意】知识：摩擦力及共点力的平衡。能力：考查了共点力平衡及对摩擦力的大小、方向与物体运动趋势的关系的理解。1.解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的带

3、电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板沿逆时针方向旋转45时，电场力大小不变，方向沿逆时针方向偏转45，受力如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。2.解析：选C设物块质量为m，斜面的倾角为，物块所受的最大静摩擦力为Ffm，对物块受力分析后，根据平衡条件建立方程，外力F最大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，有mgsin FfmF1；外力F最小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，有 mgsin FfmF2；两式相减，可解得最大静摩擦力Ffm，C正确；由这两个等式无法解出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力，A、B、D错误。限时训练1(2015宿迁模

4、拟)物块A置于倾角为30的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，如图所示。A、B重力分别为10 N和4 N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则() A弹簧对A的拉力大小为6 NB弹簧对A的拉力大小为10 NC斜面对A的摩擦力大小为1 ND斜面对A的摩擦力大小为6 N解析：选C弹簧对A的弹力等于B的重力，即FGB4 N，故A、B错误；对A分析，根据共点力平衡得：GAsin 30FfF，解得斜面对A的摩擦力FfGAsin 30F104 N1 N，故C正确，D错误。2.(2015渭南模拟)如图所示，物体a、b和c叠放在水平桌面上，水平力Fb5 N、Fc10

5、N，分别作用于物体b、c上，a、b和c仍保持静止。则物体b受力的个数为() A3B4C5D6解析：选C以a为研究对象，根据平衡条件得到：b对a的静摩擦力大小Ff10，否则a水平方向所受的合力不为零，不能保持平衡，以a、b整体为研究对象，根据平衡条件得到：Ff2Fb5 N，再以三个物体整体为研究对象，根据平衡条件得：Ff3FcFb10 N5 N5 N，方向水平向左，所以Ff10，Ff25 N，Ff35 N。则物体b受到重力、c对b的支持力及静摩擦力、a对b的压力和拉力Fb共5个力的作用，故C正确，A、B、D错误。3.(2015宁波质检)如图所示，质量为m、带电量为q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当

6、滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为 ()A继续匀速下滑 B加速下滑C减速下滑 D先加速下滑后减速下滑解析：选A设斜面的倾角为。滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin Ff，FNmgcos ，又FfFN，得到mgsin mgcos ，即有sin cos ，当滑块进入电场时，设其受到的电场力大小为F。根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mgF)sin ，沿斜面向上的力为(mgF)cos ，由于sin cos ，所以(mgF)sin (mgF)cos ，即仍受力平衡，所以滑块仍做匀速运动，故A正确，B、C、D错误。4.(2015苏州高三联考)如图所示，一定质量的物体通过

7、轻绳悬挂，结点为O。人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态。若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是()A.OA绳中的拉力先减小后增大BOB绳中的拉力不变C.人对地面的压力逐渐减小D地面对人的摩擦力逐渐增大解析：选D将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离时，OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；由于OA绳拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面对人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变，故只有D正确，A、B、C错。5.如图所示，三根细线共系于O

8、点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态。若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然处于静止态，则细线OA上拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是()AFA、FC都减小BFA、FC都增大CFA增大，FC减小DFA减小，FC增大解析：选AO点受FA、FB、FC三个力平衡，如图所示当按题示情况变化时，OB绳的拉力FB不变，OA绳拉力FA的方向不变，OC绳拉力FC的方向与拉力FB方向的夹角减小，保持平衡时FA、FC的变化如图中虚线所示，显然都是减小了。6.(2015衡阳八中模拟)如图所示，两个梯形木块A、B叠放在水平地面上，

9、A、B之间的接触面倾斜，A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，B受到水平向左的推力F。关于两个木块的受力，下列说法正确的是()AA、B之间一定存在摩擦力BA可能受三个力作用CA一定受四个力作用DB受到地面的摩擦力的方向向右解析：选B由于A、B间接触面情况未知，若A、B接触面光滑，则A、B间可以没有摩擦力，故A错误；对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为A、B间可能没有摩擦力，故A可能只受三个力，故B正确，C错误；木块B受重力、推力、A对B的垂直于接触面的压力作用，若压力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力，故D错误。7如图所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定

10、在天花板上，且与竖直方向的夹角为30，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则() Ax1x2x312Bx1x2x321Cx1x2x312Dx1x2x321解析：选B对物体受力分析可知：kx3mg，对弹簧的结点受力分析可知：kx1cos 30kx3，kx1sin 30kx2，联立解得x1x2x321。8如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后()AM相对地面静止在传送带上BM可能沿斜面向上运动CM受到的摩擦力不变

11、DM下滑的速度减小解析：选C由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力和支持力作用，传送带启动后对M受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，C正确。9如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，圆弧面半径远大于小球直径，则m1、m2之间的关系是()Am1m2Bm1m2tan Cm1m2cot Dm1m2cos 解析：选B通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力大小相等，两小球都处于平衡状态，又由受力分析可得：对m1有FTm1gco

12、s ，对m2有FTm2gsin ，联立两式可得m1gcos m2gsin ，可得B正确。10.(2015唐山二模)如图所示，MON为张角为90的V型光滑支架，小球静止于支架内部，初始时刻支架的NO边处于竖直方向，将支架绕O点顺时针缓慢转动90的过程中，NO板对小球弹力的变化情况为()A一直增大 B一直减小C先增大后减小 D先减小后增大解析：选A设NO与水平方向的夹角为，将支架绕O点顺时针缓慢转动90的过程中逐渐减小到零，以小球为研究对象，根据平衡条件易得NO板对小球弹力为mgcos ，所以选项A正确，B、C、D错误。11(2015江苏四市调研)如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上

13、，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处O点悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为。下列说法正确的是()A当m一定时，越大，轻杆受力越小B当m一定时，越小，滑块对地面的压力越大C当一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D当一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大解析：选A将C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则有F1F2，故m一定时，越大，轻杆受力越小，选项A正确；对ABC整体分析可知，对地压力为：FN(2Mm)g，与无关，选项B错误；对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：FfF1cos ，与

14、M无关，选项C错误；只要动摩擦因素足够大，即可满足F1cos F1sin ，不管M多大，M都不会滑动，选项D错误。12.(2015冀州中学月考)如图所示，在斜面上等高处，静止着两个相同的物块A和B，两物块之间连接着一个轻质弹簧，劲度系数为k，斜面的倾角为，两物块和斜面间的摩擦因数均为，则弹簧的最大伸长量是() A.B.C. D.解析：选D物体静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsin ，静摩擦力FfFfmmgcos ，方向不确定，B物体受弹簧弹力kx且水平向左，则弹力等于mgsin 和静摩擦力Ff的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：kx，故

15、x，故D正确，A、B、C错误。13.(2015南昌质检)如图所示，用三根轻绳将A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接。然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态。已知三根轻绳的长度之比为OAABOB345，两球质量关系为mA2mB2m，则下列说法正确的是()AOB绳的拉力大小为2mgBOA绳的拉力大小为 mgCF的大小为 mgDAB绳的拉力大小为mg解析：选B由于OB绳恰好处于竖直方向，所以AB绳中拉力为零，选项D错误；对B球受力分析，可得OB绳的拉力大小为FOBmBgmg，选项A错误；对A球受力分析，画出受力图如图

16、所示，由题意知OAB90，设AOB，tan ，53，由平衡条件得：FOA，FmAgtan ，解得Fmg，FOAmg，选项B正确，C错误。热点二牛顿运动定律的综合应用热点概述1力与直线运动的关系是动力学的主要问题之一，主要包括匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律等。2高考中对此类问题的考查主要包括：(1)匀变速直线运动的有关公式、图象，以及追及相遇问题。(2)牛顿第二定律的基本应用、两类动力学问题、超重和失重等。高考再现1多选(2015全国新课标)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小

17、为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B10C15D18【命题立意】知识：牛顿运动定律的应用。能力：正确选取研究对象分析解决问题的能力。2(2014全国新课标)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。

18、若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。【命题立意】本题考查牛顿第二定律、运动学公式，意在利用不同情况下的刹车运动考查考生应用物理知识解决实际问题的能力。1解析：选BC设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有Fn1ma；当加速度为a时，对P有F(nn1)ma，联立得2n5n1。当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。2.解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反

19、应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(或72 km/h)答案：20 m/s(或72 km/h)限时训练1.(2015郑州质检)在“神舟十号”飞船太空授课中，航天员王亚平曾演示了太空中采用动力学方法测量质量的过程。如图所示是采用动力学方法测量“天宫一号”空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.5103 kg，其推进器的平均推力为

20、1 560 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作了7 s，在这段时间内，飞船和空间站速度变化了0.91 m/s，则空间站的质量约为()A1.2104 kg B8.5103 kgC1.6104 kg D5.0103 kg解析：选B由运动学公式可得加速度a m/s20.13 m/s2，对整体由牛顿第二定律有：推力F(m1m2)a，其中m1为飞船质量，m2为空间点质量，解得m2m13 500(kg)8 500 kg，选项A、C、D错误，B正确。2.如图所示，一些商场安装了智能化的自动扶梯，为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段的运

21、行，则扶梯在运送乘客上行过程中() A乘客始终受摩擦力作用B乘客经历先超重再失重的两个过程C电梯对乘客的作用力始终竖直向上D电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上解析：选D匀速运动时乘客不受摩擦作用，选项A错误；乘客经过先超重再平衡两个过程，选项B错误；加速阶段电梯对乘客的作用力为前上方，匀速阶段电梯对乘客的作用力为竖直向上，选项C错误，D正确。3.(2015洛阳模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA1 kg和mB2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2，轻质木板质量忽略不计)。则()

22、 A若F1 N，则物块、木板都静止不动B若F1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC若F4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 ND若F8 N，则B物块的加速度为1 m/s2解析：选D若F1 N，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动；若F1.5 N，则两物块与木板的共同加速度为a m/s20.5 m/s2，对A，FFfmAa，解得Ff1 N；当F4 N时，物块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a1 m/s2，此时B物块所受摩擦力大小为FfmBa2 N；同理若F8 N，物块A与木板相对滑动，此时木板和B的加速度为a1 m/s2，选项D正确。4.(2015洛阳统考)如图所示，A、

23、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的静电感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E。则以下说法正确的是 ()A静止时，A、B两小球间细线的拉力为4mgqEB静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mgqEC剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力大小为qED剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力大小为qE解析：选C静止时，对B球进行受力分析，则有：T2mg3mgEq5mgEq，故A、B错误；B球带负电，相当于在上述状态下给B

24、球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为g(显然A、B整体加速度大于g)，C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE，故C正确，D错误。5多选(2015新余模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度为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，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B粮袋开始运动的加速度为g(

25、sin cos )，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C若gsin 解析：选AC开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin FNma，FNmgcos ，解得agsin gcos ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin mgcos ，即当tan 时粮袋将继续做加速运动，A、C正确，D错误。6(2015漳州一模)如图甲所示为便利运输工具双轮行李小车，送水员用双轮小车运送桶装矿泉水，图乙为小车截面示意图，在拉运过程图示角度保持不变，已知小车和桶装矿泉水的总质量为20 kg，不计桶与小车之间摩擦力的影响，g取10 m/s2

26、，sin 370.6，cos 370.8，送水员拉动小车使矿泉水和小车一起以a5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是() A小车P侧轨道对桶的支持力大小为160 NB小车Q侧轨道对桶的支持力大小为250 NC桶对小车两侧轨道的压力大小之比FPFQ12D桶对小车两侧轨道的压力大小之比FPFQ43解析：选C对桶受力分析建立如图所示的直角坐标系，则有：x轴方向：FQcos 37FPsin 37may轴方向：FQsin 37FPcos 37mg0解得FQ200 N；FP100 N，所以C正确。 7.(2015资阳诊断)如图所示，质量为M、中空半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面

27、上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角。则下列说法正确的是()A小铁球受到的合力方向水平向左B凹槽对小铁球的支持力为C系统的加速度为agtan D推力FMgtan 解析：选C根据小铁球与光滑凹槽相对静止位置可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，选项A、B错误；小球所受合力为mgtan ，加速度为agtan ，推力F(mM)gtan ，选项C正确，D错误。8(2015浙江一模)用水平力F30 N拉着一个质量为2 kg 的物体在水平面上由静止做匀加速直线运动，某时刻

28、将力F随时间均匀减小。整个过程物体所受的摩擦力随时间变化如图中实线所示，求：(1)物体做匀加速直线运动的加速度；(2)整个过程物体运动的时间；(3)物体做匀加速直线运动发生的位移。解析：(1)由牛顿第二定律知FFfma则有a5 m/s2(2)由图象知物体截至与水平面相对静止时用时30 s，所以运动时间30 s。(3)加速时间为10 s，所以有xat2250 m答案：(1)5 m/s2(2)30 s(3)250 m9(2015龙岩模拟)飞行员驾驶舰载机在300 m长的水平跑道上进行起降训练。舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推力大小能根据舰载机的起

29、飞质量进行调整，使舰载机从静止开始经水平跑道加速后恰能在终点起飞。没有挂弹时，舰载机质量为m2.0104 kg，其涡扇发动机的水平推力大小恒为F1.6105 N。重力加速度g取10 m/s2。(不考虑起飞过程舰载机质量的变化)(1)求舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间及刚离开地面时水平速度的大小；(2)已知舰载机受到竖直向上的升力F升与舰载机水平速度v的平方成正比，当舰载机升力和重力大小相等时离开地面。若舰载机挂弹后，质量增加到m12.5104 kg，求挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度大小。解析：(1)根据牛顿第二定律有Fkmgma由sat2得舰载机在水平跑道上加速的时间t10 s由v22

30、as得舰载机离开地面时的水平速度v60 m/s(2)舰载机离开地面时，重力等于升力mgkv2挂弹时m1gkv挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度v1v30 m/s答案：(1)10 s60 m/s(2)30 m/s10(2015宁波高三上学期期末)如图甲所示，质量为m1 kg的物体置于倾角为37的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t11 s时撤去拉力，物体运动的部分v t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2。求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力F的大小；(3)t4 s时物体的速度。解析：(1)根据v t图线可知，匀加速

31、直线运动的加速度：a120 m/s2根据牛顿第二定律得：Fmgcos mgsin ma1匀减速直线运动的加速度：a210 m/s2根据牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma2联立解得F30 N，0.5(2)由(1)知，F30 N(3)在物块由A到C的过程中，设撤去力后物体运动到最高点的时间为t2，v1a2t2解得t22 s则物体沿斜面下滑的时间为t3tt1t21 s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma3解得a32 m/s2所以t4 s时物体的速度：va3t32 m/s方向沿斜面向下。答案：(1)0.5(2)30 N(3)2 m/s，沿斜面向下热点三平抛运动与圆

32、周运动热点概述1平抛运动和圆周运动是生活中最常见、最典型的两种曲线运动，在高考中常把这两种曲线运动和功能关系、能量守恒等结合起来进行综合考查。2解决此类问题的基本思路(1)对平抛运动主要采用正交分解的方法进行分析，多数情况下沿水平和竖直方向分解，少数情况下沿其他方向分解，比如对斜面上的平抛运动，有时会沿斜面和垂直斜面两个方向分解。(2)对圆周运动，处理的关键是弄清楚向心力的来源，明确轨迹和轨道半径，应用向心力公式列式求解。(3)对竖直面内的圆周运动，要注意“绳”和“杆”两种模型的区别，找到“临界点”，有时需要结合动能定理或机械能守恒定律列式求解。高考再现1(2015全国新课标)一带有乒乓球发射

33、机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.vL1 B.v C.v D.v 【命题立意】知识：本题考查了平抛运动规律的应用。能力：主要考查利用平抛运动规律分析解决实际问题的能力。2多选(2014全国新课标)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块

34、与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg【命题立意】知识：向心力来源。能力：由向心力来源结合圆周运动来考查分析综合能力。1解析：选D设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有3hhgt，水平方向上有v1t1。由两式可得v1。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3hgt，在水平方向有 v2t2。由两式可得v2 。

35、则v的最大取值范围为v1vv2，故选项D正确。2.解析：选AC因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得Ffm2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgm2l，可得b ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgml，可得a ，而转盘的角速度 FAP，选项C正确，D错误。8(2015山东师大附中检测)“快乐向前冲”节目中

36、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(32cos )mgC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解析：选B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，选项A错误；摆动过程

37、中机械能守恒，有mgl(1cos )mv20，设绳子拉力为T，在最低点有：Tmgm，联立解得T(32cos )mg，选项B正确；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，选项C错误；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，选项D错误。9.(2015大连模拟)如图所示，一辆上表面光滑的平板小车长L2 m，车的上表面距地面的高度h1.25 m，车上左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球。开始时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大

38、小为v05 m/s。某时刻小车开始刹车，加速度a4 m/s2。经过一段时间，小球从小车右端滑出并落到地面上，g取10 m/s2。求：(1)从刹车开始到小球离开小车所用的时间；(2)小球落地时落点离小车右端水平距离。解析：(1)刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动，设经过时间t，小球离开小车，经判断知此时小车没有停止运动，则x球v0tx车v0tat2x球x车L代入数据可解得t1 s(2)由hgt知t10.5 s小球落地时小车已经停止。设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分别为x1、x2，则x1x2v0(tt1)设小球落地时，落点离小车右端的距离为x，则xx2(Lx1)联立得x2.375 m

39、答案：(1)1 s(2)2.375 m10(2015湖南联考)某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H1.8 m，水池宽度S01.2 m，传送带AB间的距离L020.85 m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个t0.5 s反应时间后，立刻以a2 m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端。 (1)若传送带静止，选手以v03 m/s水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间；(2)若传送带以u1 m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多

40、大？解析：(1)平抛运动过程有Hgtt10.6 s选手在水平方向上的位移s1v0t11.8 m则匀加速运动的位移s2L0S0s1at解得t24.5 s所以总时间：tt1t2t5.6 s(2)设水平跃出速度v1，落到传送带0.5 s反应时间内向左位移大小s1ut0.5 m然后向左减速至速度为零，此过程中向左发生位移s20.25 m不从传送带上掉下，则平抛水平位移满足sS0s1s21.95 m所以v13.25 m/s答案：(1)5.6 s(2)3.25 m/s热点四万有引力定律的应用热点概述1万有引力定律的应用是每年高考的必考内容之一，主要考查：天体的质量或密度的估算、人造卫星的运行规律、同步卫星

41、、双星问题和卫星的发射与变轨等。2解决此类问题的基本思路是：(1)在地球表面附近，忽略地球的自转时，可认为重力近似等于万有引力，即mgG。(2)把天体的运动近似为匀速圆周运动，则F万F向。高考再现1多选(2015全国新课标)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。则此探测器()A在着陆前的瞬间，速度大小约为

42、8.9 m/sB悬停时受到的反冲作用力约为2103 NC从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度【命题立意】知识：本题考查了天体运动中的运动学规律、力的平衡、机械能守恒定律。能力：主要考查了对天体运动问题的推理能力。2假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为()A.B.C. D.【命题立意】知识：万有引力与重力的关系及向心力公式。能力：主要考查对万有引力及其应用的理解和推理能力。3多选(2013全国新课标)2012年6月18日

43、，“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343 km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。下列说法正确的是()A为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加C如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低D航天员在“天宫一号”中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用【命题立意】知识：本题考查天体运动中的失重、宇宙速度及万有引力做功等。能力：考查天体运动中对牛顿运动定律、功能关系、变轨等知识的推理能力和分析综合能力。1解析：选BD设月球表面的重力加速度为

44、g月，则3.72，解得g月1.7 m/s2。由v22g月h，得着陆前的速度为v m/s3.7 m/s，选项A错误；悬停时受到的反冲力Fmg月2103 N，选项B正确；从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v1、v2，则 1，故v1v2，选项D正确。2.解析：选B根据万有引力与重力的关系解题。物体在地球的两极时，mg0G，物体在赤道上时，mgm2RG，以上两式联立解得地球的密度。故选项B正确，选项A、C、D错误。3.解析：选BC绕地球运行的飞船和“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度，A错

45、误；如不加干预，在运行一段时间后，空气阻力对“天宫一号”做负功，使其速率减小而做向心运动，高度将缓慢降低，万有引力又会对“天宫一号”做正功而使其动能增加，B、C正确；航天员在“天宫一号”中处于失重状态是因为其重力提供向心力，并不是不受地球引力作用，D错误。限时训练1(2015石景山统考)甲、乙两颗人造卫星绕地球做圆周运动，半径之比为R1R214，则它们的运动周期之比和运动速率之比分别为()AT1T281，v1v221BT1T218，v1v212CT1T218，v1v221DT1T281，v1v212解析：选C由于甲、乙的半径之比为R1R214，则由开普勒定律可得，故A、D错误；再由速度公式可知

46、，故C正确，B错误。2(2015湖南联考)人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为v，周期为T，要使卫星的周期变为2T，可以采取的办法是()AR不变，使线速度变为Bv不变，使轨道半径变为2RC使卫星的高度增加RD使轨道半径变为3R解析：选D由万有引力提供向心力Gm2R，可知T2，由此可知D正确。3.多选(2015丰台一模)某卫星的发射过程如图所示，先将卫星从地面发射并从A点进入椭圆轨道运行，然后在B点通过改变卫星的速度，让卫星进入预定圆形轨道上运行。则下列说法错误的是()A该卫星的发射速度一定要大于第二宇宙速度11.2 km/sB该卫星沿椭圆轨道从A点运动到B点过程中，速度减小，机械能也减小C该卫星在轨道上运行的周期大于在轨道上运行的周期D测量出该卫星在轨道上运行的线速度和周期，即可计算地球的质量解析：选ABC卫星发射的速度等于7.9 km/s时，轨道为正圆，大于7.9 km/s，而小于11.2 km/s，人造卫星的运行轨道就是椭圆，超过11.2 km/s卫星将脱离地球的束缚绕太阳运行，故A错误；卫星在椭圆轨道运行由A运动至B点的过程中，逐渐远