强化突破(必修一)Word版含解析

1、热点强化突破(一)热点1对运动图象的理解和应用的考查运动图象问题为高考热点之一，考题常把图象问题与物体的追及、相遇问题相联系，或者与动力学知识相结合，要求考生全方位读懂图象，进而解决物体运动问题1(单选)如图所示的位移(x)时间(t)图象和速度(v)时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是()A甲车做直线运动，乙车做曲线运动B0t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C0t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D0t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等解析：选C.xt图象表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体

2、运动的轨迹由xt图象可知，甲、乙两车在0t1时间内均做单向直线运动，且在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B错误在vt图象中，t2时刻丙、丁两车速度相同，故0t2时间内，t2时刻两车相距最远，C正确由图线可知，0t2时间内丙车的位移小于丁车的位移，故丙车的平均速度小于丁车的平均速度，D错误2(单选)(2015·河南郑州一中期中)一质点沿直线运动，其vt图象恰好是与两坐标轴相切的四分之一椭圆弧，切点的坐标分别为(0,10)和(20,0)如图所示，该质点在20 s内的平均速度是(椭圆面积Sab，其中a、b分别为椭圆半长轴和半短轴)()A2.15 m/sB3.15 m/sC5.49

3、 m/s D6.49 m/s答案：A3(单选)(2014·高考江苏卷)一汽车从静止开始做匀加速直线运动， 然后刹车做匀减速直线运动，直到停止. 下列速度 v 和位移 x 的关系图象中，能描述该过程的是()解析：选A.根据v2v2ax及v00得汽车做匀加速直线运动时的速度v，做匀减速直线运动时的速度v，根据数学知识知选项A正确4.(单选)一个物体沿一条直线运动，其位移s随时间t变化规律图线为如图所示抛物线，c和d已知，由此可知()A物体的初速度为0B物体做加速度越来越大的加速运动C物体在c时刻的速度为D物体经过1.5c时的速度为解析：选C.由图象结合位移公式sv0tat2可知物体做匀加

4、速直线运动，由dv0cac2和3dv0(2c)a(2c)2，解得v0、a，A、B均错误；应用速度公式可知物体在c时刻的速度为v0ac，C正确；应用速度公式可知物体在1.5c时刻的速度为v01.5ac，D错误热点2运动学基本规律的应用以体育项目或交通运输安全等实际问题作为命题背景，考查运动学公式的应用是高考的另一热点解决此类问题首先要明确运动过程及各过程的运动特点，再选择相应的规律解决问题5(多选)(2015·成都名校检测)一汽车在公路上以54 km/h的速度行驶，突然发现前方30 m处有一障碍物，为使汽车不撞上障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为6 m/s2，则驾驶员允许的反应

5、时间可以为()A0.5 s B0.7 sC0.8 s D0.9 s解析：选AB.汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动根据题意和匀变速直线运动的规律可得v0tl，代入数据解得t0.75 s，故A、B正确6(多选)一物体以初速度v03 m/s竖直向上抛出，某两个时刻的速度大小相等，这两个时刻的时间间隔可能为(g10 m/s2)()A0.2 sB0.4 sC0.6 s D0.8 s解析：选ABC.速度大小相等的两个位置在抛出点或抛出点上方，且在同一高度，由于从抛出到回到抛出点的时间为t0.6 s，因此时间差应小于等于0.6 s，A、B、C项正确7水滴由屋檐自由下落，当它通过

6、屋檐下方长度为1.4 m的窗户时，所用的时间为0.2 s，不计空气阻力，取g10 m/s2，则水滴通过窗台(下沿)时的速度及屋檐到窗台的距离解析：设窗户的长度为h，屋檐到窗台(下沿)的高度为H，水滴通过窗户所用时间为t，有v7 m/s则vvg7 m/s10× m/s8 m/s得H m3.2 m.答案：8 m/s3.2 m8(原创题)新交规规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，3秒黄灯提示后将再转为红灯请

7、问：(1)若甲车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若甲、乙车均以v015 m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车(乙车司机的反应时间t20.4 s，反应时间内视为匀速运动)已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a15 m/s2、a26 m/s2.若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距警戒线L30 m，要避免闯红灯，他的反应时间t1不能超过多少？(3)满足第(2)问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的距离s0至少多大？解析：(1)设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速

8、度为v1，根据平均速度公式·t118 m，所以v112 m/s.(2)对甲车：v0t1L代入数据得t10.5 s.(3)设乙车减速运动的时间为t，当甲、乙两车速度相等时，即v0a2tv0a1(tt2)解得t2 s则vv0a2t3 m/ss121.6 ms2v0t224 m故刹车前的距离至少为s0s2s12.4 m.答案：(1)12 m/s(2)0.5 s(3)2.4 m热点强化突破(二)热点1物体的受力分析受力分析是解决静力学问题、动力学问题、力电综合等问题的基础和关键，对其单独考查的试题在近几年高考中也时有出现，主要涉及弹力、摩擦力的有无和方向的判断1.(多选)如图所示，木块A和B

9、接触面水平，在水平力F作用下，木块A、B保持静止，则木块B受力的个数可能是()A3个B4个C5个 D6个解析：选BC.根据整体法，把A、B作为一个整体，整体受重力、水平向左的推力F，斜面的支持力FN，斜面对整体的摩擦力可有可无，即斜面对B物体的摩擦力无法判断将A隔离，B对A有向右的静摩擦力，故A对B有向左的静摩擦力，所以B受力分析如图，所以B物体受力可能是4个也有可能是5个2(多选)(2015·潍坊联考)如图所示，光滑水平地面上有一横截面为直角三角形的斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A放在斜面体B上，开始A、B静止现用水平力F推A，A、B仍静止，则此时B受力个数可能是()A3个 B4个C

10、5个 D6个解析：选BC.物体B受重力作用、地面对B的支持力、A对B的压力和墙壁对B的弹力作用，因为F大小未知，不能确定A是否具有相对B的运动趋势，也就不能确定A、B间是否存在摩擦力，故B受力可能是4个，也可能是5个，B、C项正确3.(单选)(2015·唐山统考)如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态现用力F沿斜面向上推A，A、B仍处于静止状态下列说法正确的是()AA、B之间的摩擦力大小可能不变BA、B之间的摩擦力一定变小CB受到弹簧弹力一定变小DB与墙之间可能没有摩擦力解析：选A.对物块A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力作

11、用而平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin (为斜面体B的倾角)，若F2mAgsin ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变，故A正确，B错误；对整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡条件知，B与墙之间一定有摩擦力，故C、D错误4(单选)(2015·河北衡水中学模拟)质量均为1 kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M和N右侧，在绳子中点用力F5 N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角60°，则下列说法正确的是()

12、A木块N和地面之间的动摩擦因数10.35B木块M和N之间的摩擦力可能是Ff2.5 NC木块M对木块N的压力大小为10 ND若变小，拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5 N解析：选B.以M、N为整体分析受力，得F1·2mg，得10.25，A错误单独分析M受力，因绳子有竖直向下的分力，故M对N的压力大于10 N，变化后，N对地面的压力仍为20 N，所需拉力不变，B正确，C、D错误热点2物体的平衡物体的平衡条件是本章的重点内容，广泛应用于力、热、电等各部分内容的试题之中，更应特别关注以生产、生活中的实际问题为背景考查平衡条件的灵活应用5(单选)(2015·淄博模拟)如图所示，小

13、球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态在缓慢减小木板的倾角过程中，下列说法正确的是()AA受到的压力逐渐变大BA受到的摩擦力逐渐变大CC对B的压力逐渐变大DC受到三个力的作用解析：选A.在缓慢减小木板的倾角过程中，A受到的压力(mBmC)gcos 逐渐变大，A受到的摩擦力(mBmC)gsin 逐渐减小，选项A正确，B错误；缓慢减小木板的倾角过程中，C受到两个力的作用，C对B的压力等于重力，不变，选项C、D错误6.(单选)(2015·南昌模拟)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

14、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CF的大小为DAB绳的拉力大小为mg解析：选B.对球B受力分析，受到重力、OB的拉力，二力方向相反，假设AB绳子有拉力，则拉力的方向一定是沿着绳子由B指向A的，球B会偏离竖直方向，与题目矛盾，故AB绳子的拉力为零，OB绳子的拉力大小等于球B的重力(为mg)，故A、D错误；对球A受力分析，受拉力F、重力2mg和OA绳子的拉力T，如图所示，根据几何关系，有F×2mgmg，T×

15、;2mgmg，故B正确、C错误7.(多选)两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上，两个小球下面分别连一轻弹簧，两轻弹簧下端同系在一质量为m的小球C上，如图所示已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形，则()A水平横杆对质量为M的小球的支持力为MgmgB连接质量为m的小球的轻弹簧的弹力为C连接质量为m的小球的轻弹簧的伸长量为D套在水平横杆上的轻弹簧的形变量为解析：选AC.把三个小球和三根轻弹簧看做整体，分析受力，利用对称性，由平衡条件可得，水平横杆对质量为M的小球的支持力FNMgmg，选项A正确；对质量为m的小球受力分析，由平衡条件可得，2F

16、1cos 30°mg，解得连接质量为m的小球的轻弹簧的拉力为F1mg，选项B错误；由胡克定律得F1kx1，解得连接质量为m的小球的轻弹簧的伸长量x1，选项C正确；对套在水平横杆上的小球受力分析，水平轻弹簧对小球的作用力F2F1sin 30°mg，由胡克定律得F2kx2，解得套在水平横杆上的轻弹簧的形变量x2，选项D错误8(多选)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有()A轻绳对小球的拉力逐渐增大B

17、小球对斜劈的压力先减小后增大C竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大解析：选AD.设斜劈倾角为，斜劈对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2.由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜劈缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，绳对小球的拉力FT逐渐增大，选项A正确；斜劈对小球的弹力FN1逐渐减小，故小球对斜劈的压力逐渐减小，选项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可得FN2FN1sin ，FG1G2

18、FN1cos ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，故选项C错误，D正确热点强化突破(三)热点1超重、失重现象的分析牛顿运动定律是历年高考的重点内容，运用超重和失重的知识定性分析一些实际现象是高考的热点之一解决此类问题注意将物体的受力情况与运动状态结合起来1(单选)如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因下列说法正确的是()A由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故

19、示数变大D容器、水、乒乓球整个系统的重心向下加速，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心向下加速，处于失重状态，故D正确2(多选)(2015·河南三市联考)如图甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直，在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板当升降机向上运动时，其vt图象如图乙所示，下面给出的地板所受压力F1和升降机天花板所受压力F2随时间变化的定性图象，可能正确的是()解析：选BC.根据题述，物块未曾离开升降机的天花板，弹簧长度相同，弹簧中弹力相同，地板所受压力F1相同，选项B正确，A错误

20、当升降机向上运动时，在0t1时间内，加速度向上，天花板对物块向下压力最小；在t2t3时间内，减速运动，天花板对物块向下压力最大；所以选项C正确，D错误热点2牛顿第二定律的瞬时性运用牛顿第二定律解决瞬时问题是高考的另一热点，处理这类问题的关键是掌握不同力学模型的特点，准确判断哪些量瞬时不变，哪些量瞬时改变3.(单选)(2015·河南新乡一模)如图所示，质量分别为m1和m2的木块之间用轻弹簧相连，在拉力F的作用下，以加速度g竖直向上做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，设此时m1和m2的加速度分别为aA和aB，则()AaAaB2gBaAg，aBgCaAg，aBgDaAg，aBg解析：选

21、C.撤去拉力F前，通过受力分析和牛顿第二定律可得，弹簧弹力大小为2m1g，撤去拉力F瞬时，m2所受弹力未变，此时合力大小为F合kxm2g2m1gm2g，加速度aBg，而m1受力未改变，aAg.4(单选)(2015·东北三省三校联考)物体A1、A2和B1、B2的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，突然迅速地撤去支托物，让物体下落，在撤去支托物瞬间，A1、A2所受合外力分别是FA1和FA2，B1、B2所受合外力分别为FB1和FB2，则()AFA10，FA22mg，FB10，FB22mgBFA1mg，FA2mg，FB10

22、，FB22mgCFA10，FA22mg，FB1mg，FB2mgDFA1mg，FA2mg，FB1mg，FB2mg解析：选B.杆上的力是瞬时变化的左边的两个物体，支撑的物体消失，则同时开始做自由落体运动重力提供加速度，则杆对物体就没有作用力了对A1和A2来说，受到的合力就是自身的重力mg，FA1FA2mg.右边的两个物体，支撑的物体消失，同样也会做自由落体运动但是对B1来说，由于弹簧的力不会突变，还是有向上的弹力，所以合外力为零，FB10；对B2来说，原本受到自身重力mg，弹簧弹力mg和向上的支持力2mg.现在向上的支持力2mg消失，则还受到自身重力和弹簧弹力，即FB22mg.5(单选)(2015

23、·陕西五校联考)如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A0B大小为g，方向竖直向下C大小为g，方向垂直于木板向下D大小为g，方向水平向右解析：选C.未撤离木板前，小球受到重力mg、弹簧拉力kx、木板支持力F，如图所示由平衡条件得Fcos mg，即F.当撤离木板的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，但木板的支持力F立即消失，小球受重力mg和kx的合力大小等于木板撤离之前的F，方向与F的方向相反，故加速度方向为垂直于木板向下，大小为ag.所以本题正确答案为C.热点3运用牛顿第二定

24、律解决多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”6(2015·江西南昌模拟)有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败其简化模型如图所示，AC是长度为L17 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域已知BC长度L21 m，木箱的质量m50 k

25、g，木箱与冰面间的动摩擦因数0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律得Fmgma1解得a13 m/s2.(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得mgma2解得a21 m/s2推力作用在木箱上时间t内的位移为x1a1t2撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2木箱停在有效区域内，要满足条件L1L2x1x2L1解得1 st s.答案：见解析

26、7(2015·河南林州专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fmg)开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B至少应该多长？解析：(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为ag，B与

27、地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB，B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动(2)B着地前瞬间的速度为v1，B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t，在此时间内A的位移xv1taAt2，要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件Lx，联立以上各式，解得Lh.答案：(1)见解析(2)h8.(2013·高考江苏卷)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为

28、g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2.若砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1m1g桌面对纸板的摩擦力Ff2(m1m2)gFfFf1Ff2，解得Ff(2m1m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1m1a1FFf1Ff2m2a2若发生相对运动，则a2a1解得F2(m1m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x

29、1a1t纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3tlx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2代入数据解得F22.4 N.答案：(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)22.4 N热点强化突破(四)热点1平抛运动与圆周运动的综合问题此类问题综合考查平抛运动和圆周运动，是近几年高考命题的热点试题可分为两类：一是物体先做平抛运动后做圆周运动；二是物体先做圆周运动后做平抛运动关键点都是两种运动衔接点处的速度关系1(多选)如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑在两轨道右侧的正上方分

30、别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是()A若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为B若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为C适当调节hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D适当调节hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处解析：选AD.小球A从轨道最高点飞出的最小速度vA，由机械能守恒，mghA2mgRmv，则hA，A选项正确；小球B从轨道最高点飞出的最小速度vB0，由机械能守恒，mghB2mgR，释放的最小高度hB2R，B选项错误；要使小球A或B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，需

31、满足Rv0t，Rgt2，则v0，而A球的最小速度vAv0，故A球不可能落在轨道右端口处，B球可能，C选项错误，D选项正确2.(2015·苏州模拟)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切质量为m的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C后落回到水平面上的A点(不计空气阻力，重力加速度为g)求：(1)小球通过B点时对半圆槽的压力大小；(2)AB两点间的距离；(3)小球落到A点时的速度方向与水平方向夹角的正切值解析：(1)在B点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FNmgm由牛顿第三定律得小球通过B

32、点时对半圆槽的压力大小为mgm.(2)在C点小球恰能通过，由牛顿第二定律得：mgm过C点小球做平抛运动，则：水平方向：xABvCt竖直方向：2Rgt2解得：xAB2R.(3)设小球落到A点时的速度方向与水平方向成角，则：tan vgt解得：tan 2.答案：(1)mgm(2)2R(3)23.如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入O是圆弧的圆心，是OA与竖直方向的夹角已知：m0.5 kg，v03 m/s，53°，圆弧轨道半径R0.5 m，g10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)

33、A、B两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？解析：(1)小球在A点的速度分解如图，则vyv0tan 53°4 m/sA、B两点的高度差为：h m0.8 m.(2)小球若能到达C点，在C点需要满足：mg，v m/s小球在A点的速度vA5 m/s从AC机械能守恒：mvmvmgR(1cos 53°)vC3 m/s m/s所以小球能到达C点由牛顿第二定律得：FNmg解得FN4 N由牛顿第三定律知，小球对C点的压力为4 N.答案：(1)0.8 m(2)能4 N热点2万有引力定律的应用万有引力定律的应用是每年高考的必考内容，命题重点主要有二个：一是以现代航天成果为背景考查人造卫星问题；二是与圆周运动和牛顿第二定律综合起来考查4.(单选)一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T.假设宇航员在火星表面以初速度v水平抛出一小球，经过时间t恰好垂直打在倾角30°的斜面体上，如图所示已知引力常量为G，则火星的质量为()A3v3T4/(16Gt34)B3v3T4/(16Gt34)C3v2T4/(16Gt34) D3v2T4/(16Gt34)解析：选B.以M表示火星的质量，g表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有Gm2r0，在火星表面有Gmg；平抛小球速度的偏转角为60°，t