2020高考物理三轮热点狂练20份

1、1热点 1 受力分析和物体的平衡1.（2019四川南充市第二次适应性考试）如图 1 所示，光滑半球形容器固定在水平面上，0为球心，一质量为m的小滑块（视为质点）在水平力F的作用下静止于P点，设小滑块所受 支持力为FN,OP与水平方向的夹角为0，重力加速度为g,下列关系式正确的是（）A.FN=mg- Fsin01C.Ff=Fcos01答案 ACB. F=mg- Fsin02D.Ff=Fcos02A.FN=mgan0C.mgFN=tan0答案解析0 =mgFNCOS0 =F,B. F=mgan0mgDF= tan滑块的受力情况如图所示,联立解得：mgmgFN=sin0，F= tan0，故选D.Fz

2、sin2.（多选）（2019福建福州市五月检测）如图 2 所示，一旅客用力F拉着质量为m的行李箱沿水平方向做匀速直线运动.已知拉力F与水平方向的夹角为01，行李箱与水平方向的夹角为02,重力加速度为g,则行李箱受到地面的支持力FN和地面对行李箱的摩擦力Ff的大小分别为（）图 22解析以行李箱为研究对象，由物体的平衡条件，竖直方向上有FN+Fsin01-mg=0,所以行李箱受到地面的支持力为FN=mg- Fsin01，选项 A 正确，B 错误；水平方向上有3Feos0iFf= 0,所以地面对行李箱的摩擦力Ff=Feos01,选项 C 正确，D 错误.3.（2019四川宜宾市第二次诊断）如图 3

3、所示，质量均为m的斜面体A B叠放在水平地面 上,A B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上,B沿斜面匀速上升，A始终静止.若A的斜面倾角为0，重力加速度为g,下列说法正确的是（）A. F=mgan0B. A、B间的作用力为mgeos0C.地面对A的支持力大小为 2mgD.地面对A的摩擦力大小为F答案 B解析根据题意可知B受力平衡，沿斜面方向：F=mgsin0,垂直于斜面方向：FN=mgpos0,则A、B间的作用力为mgpos0，故 A 错误，B 正确；以整体为研究对象，竖直方 向根据平衡条件可得地面对A的支持力大小为FN=2mFsin0,水平方向：地面对A的摩擦力大小为Ff=Fco

4、s0,故 C D 错误.4.（2019山东威海市 5 月模拟）如图 4 所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从 底部经过a点爬到最高点b点，之后开始沿碗下滑并再次经过a点滑到底部，蚂蚁与碗内各处的动摩擦因数均相同且小于1，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）A.b点与球心的连线与竖直方向的夹角小于45B. 上爬过程中，蚂蚁所受摩擦力逐渐减小C. 上爬过程中，蚂蚁所受碗的作用力逐渐增大D.上爬过程和下滑过程中，蚂蚁经过a点时所受支持力相同答案 A5.（2019湖北恩施州 2 月检测）如图 5 所示，倾角为0= 37的斜面体放在水平面上，斜4面上的一个质量为m的小球用绕过斜面

5、上方定滑轮的细线拉着并处于静止状态.现拉动细线使小球沿斜面向上缓慢移动，斜面体始终处于静止.球与斜面间的动摩擦因数为0.5 ,重力加速度为g,当细线与斜面间的夹角a= 37时，细线上的拉力大小为（）5A.mgB. pm/jmp 2 3mg答案 C解析 当细线与斜面间的夹角a= 37时，小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示.6.(2019福建龙岩市 3 月质量检查)如图 6 所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平 面上，小物块置于斜面上，通过与斜面平行的细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏相连接，在沙 漏中的沙子缓慢流出的过程中，斜面体、物块、沙漏均保持静止.则下列说法正确的是( )A. 地面对斜面

6、体的摩擦力为零B. 地面对斜面体的摩擦力方向始终向左C. 物块所受斜面体的摩擦力一定减小D. 物块所受斜面体的摩擦力一定沿斜面向上答案 A解析 以斜面体、物块和沙漏为整体受力分析，受重力与地面对斜面体的支持力，受力平将力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，可知Feosa=mgsin0+Ff,Ff=卩FN,FN=mgpos0Fsina,联立解得F= jjmg故选 C.116衡，所以地面与斜面体间无摩擦力，故 A 正确，B 错误；对A受力分析且由平衡条件可知, 由于B的重力与A物块的重力沿斜面向下的分力大小关系不确定，所以A受到的摩擦力方向和大小无法确定，故 C、D 错误.7于光滑水平地面上，质量为

7、m的均匀圆球A用一定长度的轻质细绳悬挂于竖直墙壁上的答案 AC解析 对球A受力分析如图所示,8.（2019山东临沂市质检）如图 8 所示，一光滑的轻滑轮用细绳00悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A,另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为2m的物块B,斜面倾角0= 45,外力F沿斜面向上拉物块B,使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则（）7.（多选） （2019安徽皖江名校最后）如图 7,质量为 3m的光滑圆球B紧靠竖直墙壁置点，0、Q为两球的球心，平衡时PO与竖直方向的夹角0= 53,且两球心的连线与PO恰好垂直，已知重力加速度为g,A.A球对B球的压力大小

8、为45mgB. 细绳对A球的拉力大小为C.B球对地面的压力大小为925mgD.B球对墙面的压力大小为1625mgA球处于平衡状态，则球B对球A的支持力Fi=mgsin534=-mg即5A球对B球的压力大43小为；mg细绳的拉力Fz=mgcos53=;mg故 A 正确,55B 错误；对球B受力分析如图所示,则地面对B球的支持力F3= 3mg Fi sin0,Fi=Fi,故F3= 3m叶鼬 5 =曇mg墙面对B球的弹力F4=Fi cos532|mg结合牛顿第三定律可知，C 正确，D 错误.)8A. 细绳00的拉力逐渐增大B. 细绳对物块 B 的拉力逐渐变大C. 斜面对物块 B 的支持力逐渐变大D.

9、 外力 F 逐渐变大 答案 DA B的拉力的合力，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳00的拉力逐渐减小，故选项 A、B 错误;对物块B受力分析如图所示:块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向，a逐渐减小到 0 的过程中，F+ mcsina=2min0,在a由 0 逐渐增大的过程中F= mcsina+ 2min0，由此可知外力F逐渐变 大，故选项 C错误，D 正确.热点 2 直线运动及图象1.a、b两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其v-1图象如图 1 所示以下说法正确的是（）

10、解析绳00的拉力等于下面绳对当物块B上移时a先减小后增大,a= 2mgcos0，则斜面对物9A.to时刻，两车相遇B. to时刻，b车的运动方向发生改变C.0to时间内，b车的加速度逐渐减小VoD.0to时间内，b车的平均速度为2答案 C解析 根据v-1图象与t轴所围面积表示位移，由题图可知，在to时刻曲线和直线与t轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故A 错误；b车的vt图象始终在t轴上方，所以b车的运动方向没有改变，故B 错误；vt图象的切线斜率表示加速度，由题图可知在oto时间内，b车vt图象的切线斜率减小，故加速度减小，故C 正确；oto时间内，Vo由于b车的位移大于a车的位移，所以b

11、车的平均速度大于a车的平均速度-，故 D 错误.2.（2oi9广东“六校”第三次联考）一辆汽车以 40m/s 的速度沿平直公路匀速行驶，突然 前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s2的加速度做匀减速直线运 动，那么刹车后 2s 内与刹车后 6s 内汽车通过的位移大小之比为（ ）A. 7:25B. 16:25C. 7:24D. 2：3答案 B解析 规定初速度方向为正方向，已知初速度vo= 4om/s ,a= 8 m/s2，设汽车从刹车到v o12停止所需的时间为t,o =vo+at，贝Ut= 5s ,ti= 2st，说明 6s 内汽车的位移等于汽车从开始刹车到停止的位移，X

12、2= 百 =loom,故X1:X2= 16 : 25,故 B 正确，AC D 错误.X3.（多选）一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其-t图象如图 2所示，则（）10A.质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB.质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2C. 质点在 2s 末速度为 2m/sD. 质点在第 2s 内的位移为 2.5m答案 BD解析 由题图得：-=1 + 0.51，根据x=vot+-a，得：=vo+qat，对比可得：a=222_0.5m/s，则加速度为a= 2X0.5 m/s = 1m/s，质点做匀加速直线运动，故 A 错误，B 正 确.质点的初速度vo= 1

13、m/s，在 2s 末速度为v=vo+at= （1 +1x2） m/s = 3 m/s，故 C 错一 1212误.质点做匀加速直线运动，在第2s 内的位移大小为x=vot2+ at2 （vot1+ at1） = 2.5m,故 D 正确.4. （2O19河南名校联盟压轴卷）一个物块放在光滑固定斜面的底端，用一个平行于斜面向上的恒力拉物块，当拉力作用时间为t时撤去拉力，撤去拉力时物块的速度大小为v,撤去拉力后，物块又运动了2t时间回到斜面底端，重力加速度为g,则斜面倾角的正弦值为（ ）5v5vA.B.；TT4gt2gt4v2vC.D.5gt5gt答案 A解析由题意可知，拉力作用下物块运动的位移与撤去

14、拉力后物块运动的位移大小相等，171畀5v方向相反，则-vt=|vX2t- gsin0（2t），求得 sin0=厂，故 A 正确，B、C D 错误.2-2、$4gt5.（多选）（2019河南洛阳市第三次统考）研究表明，人的刹车反应时间（即图 3 甲中“反应过程”所用时间）比较短，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 后驾车以某一速度在试验场的水平路面上匀速直线行驶，从发现情况到汽车停止，行驶了一段距离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11直线运动根据图甲和图乙提供的信息，下列说法正确的是（）世现惰况幵蛤减速汽车停止卜反应过理屮 减速过程A.汽车

15、在反应时间内运动的速度大小为20m/sB.汽车在反应时间内运动的位移大小为25mC.汽车在减速过程中的加速度大小为8m/s2D.汽车在减速过程中所用的时间为2.5s答案 ACD6.（2019山东青岛市 5 月二模）A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x-1图象如 图 4 所示，下列说法正确的是（）图 4A. 4s 时A物体运动方向发生改变B. 06s 内B物体的速度逐渐减小C. 05s 内两物体的平均速度相等D. 06s 内某时刻两物体的速度大小相等答案 D解析x-1图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A物体运动方向不变，故 A 错误；x-1图象的斜率表示速度，由题图可知，06

16、s 内B物体的速度逐渐增大，故xB 错误；由题图可知，05s 内A物体的位移大于B物体的位移，由公式v=-可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故 C 错误；06s 内存在某时刻两图象斜率的绝对 值相等，则存在某时刻两物体的速度大小相等，故D 正确.7.（2019安徽皖江名校最后一卷）某厂家为了测试新款汽车的性能，将两辆完全相同的新款汽车并排停在检测场平直跑道上，t= 0 时刻将两车同时启动，通过车上的速度传感器描绘出了两车的速度随时间的变化规律图线如图5 所示，图象中两阴影部分的面积SS,下12列说法正确的是（）A. 11时刻甲车的加速度小于乙车的加速度13B.tl时刻甲车在前，t2时

17、刻乙车在前C. 0t2时间内两车可能相遇 2 次D. 0t2时间内甲车的平均速度比乙车大答案 D解析vt图象的切线斜率表示加速度，则由题图可知，ti时刻甲车的加速度大于乙车的加速度，选项 A 错误；vt图象与t轴所围的面积表示位移，可知ti时刻乙车在前，S2S, 故t2时刻甲车在前，选项 B 错误；0t2时间内两车相遇的时刻在ti时刻后，t2时刻前，相 遇 1 次，选项 C 错误；0t2时间内甲车的位移大于乙车，故甲车的平均速度比乙车大，选 项 D 正确.& （多选）（2019山东威海市 5 月模拟）甲、乙两球质量分别为m、m,从不同高度由静止 释放，如图 6（a）所示甲、乙两球的vt

18、图象分别如图（b）中的 1、2 所示球下落过程所受空气阻力大小Ff满足Ff=kv（v为球的速率，k为常数），12时刻两球第二次相遇落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值Vi、V2.下列判断正确的是（）A.mmB. 乙球释放的位置高C. 两球释放瞬间，甲球的加速度较大D.两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前答案 ABDvt图象与时间轴所围“面积”表示位移，由题图知0t2时间内，乙球下落高度较大,因t2时刻两球第二次相遇，故乙球释放的位置较高,则Ff= 0，两球加速度均为重力加速度，C 错误；1112时刻，甲球下落高度较大，t2时刻两球第二次相遇，则两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，D 正确.解析

19、落kv= mg,kv2=mg,V1V2，故mm, A 正确;B 正确；释放瞬间，两球速度为零,co14热点 3 牛顿运动定律1. （2019吉林长春市第二次监测）如图 1 所示，水平面上的小车内固定一个倾角为30的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态.如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过ai时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止.则ai和a2的大小之比为（ ）图 1A. 3：1B. .3：3C. 3：1D. 1：3答案 Dg解析 由题意可知：a1=gt

20、an30 ,a2=，得a1:a2= 1 : 3,故选项 D 正确.tan 302.（2019江苏扬州中学下学期开学考）如图 2 所示，小球A质量为m木块B质量为 2m两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止现对A施加一个竖直向上的恒力F,使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A的速度恰好最大，已知重力加速度为g,则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为（ ）图 2A. 3gB. 2.5gC. 2gD. 1.5g答案 C解析 经弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速度为零，则恒力F=mg木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg又由牛顿第二定律得：F-mgr2mg=

21、ma,解得小球A的加速度a=- 2g,方向竖直向下，故 C 正确.3. （2019河南示范性高中上学期期终）如图 3 所示，A B两相同的木箱（质量不计）用水OSSAp15平细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱,使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断.在不改变拉力的情况下，为使两木 箱一次能运送更多的沙子，下列方法可行的是（加沙子后两木箱均能被拉动 ）（）16A. 只在 A 木箱内加沙子B. 只在 B 木箱内加沙子C.A木箱内加入质量为m的沙子，B木箱内加入质量为 2m的沙子D.A木箱内加入质量为 2m的沙子，B木箱内加入质量为 3m的沙子答案

22、A解析 对整体由牛顿第二定律：F口（nA+m）g= （RA+m）a；对木箱B：FT口mg=ma；m解得FT= F,可知当A木箱内加入沙子的质量大于B木箱内加入沙子的质量时，细绳mA十RB的拉力减小，故选项 A 正确，B C、D 错误.4.（多选）如图 4 所示，质量为 3kg 的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为 2kg 的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力.取g= 10m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（）图 4A.B对A的压力大小为 12NB. 弹簧弹力大小为 20NC.B的加速度大小为 4m/s2D. A 的加速度为零答案 AC解析 剪断细线前，A B间无压力，则弹簧的

23、弹力F=mg= 30N,剪断细线的瞬间，弹簧隔离对B分析有：mgFN=ma,解得：FN=（20 2X4） N = 12N,由牛顿第三定律知B对A的压力大小为 12N,故 A、C 正确， B D错误.弹力不变，对A、B整体分析，整体加速度:a=(m+mpF= (3 十 210 30m+=3+ 2m/s2= 4 m/sB175.（多选）（2019江西南昌市二模）如图 5 所示，细绳AB和BC连接着一质量为m的物体P, 其中绳子的A端固定，C端通过小光滑定滑轮连接着一质量也为m的物体Q开始时，用手抓住物体Q使物体P、Q均静止，此时AB和BC两绳中拉力大小分别为FT1、FT2,把手放开 瞬间，AB和B

24、C两绳中拉力大小分别为FTI、民.已知P、Q均可看成质点，A、B C处18解析 用手抓住物体Q时，以物体P为研究对象,物体P受力平衡，有:FTI=mgcos30 FT2=mgsin30。把手放开瞬间，设Q加速度为a,则P在瞬间沿BC方向加速度也为a,根据牛顿第二定律,对Q mg-民=ma对P,在BC方向：FT2mgpos60=ma在AB方向：FTI，=mn60。联立得：FTI:FTI=1 : 1,FTI:FT2=3：1FT2:FT2= 2 : 3,FTI:FT2，=23.6.如图 6 所示为质量 m= 75kg 的滑雪运动员在倾角0= 37的直滑道上由静止开始向下滑行的vt图象，图中的0A直线

25、是t= 0 时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g= 10m/s2, sin37 = 0.6 , cos37= 0.8 ,则（）A. 滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速直线运动B.t= 0 时刻运动员的加速度大小为2m/s2于同一竖直平面内，绳子间连接的夹角如图则A.FTI:FTI=1：1C.FT2:FT2=2：3答案 ACFTI，:FT2=”： 1( )D.19C.动摩擦因数卩为 0.2520D.比例系数k为 15kg/s答案 C解析 由v-1图象

26、可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故 A 错误；在t= 0 时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有ao=3 0 m/s2= 4 m/s2，故 B 错误；在t= 0 时刻开始加速时，vo= 0，由牛顿第二定律可得mgsin0kvomgcos0=ma，最后匀速时有：vm= 10 m/s ,a= 0,由平衡条件可得n0kvmimos0= 0，联立解得：1=0.25 ,k= 30 kg/s，故 C 正确，D 错误.7.（多选）（2019江西上饶市重点中学六校第一次联考）如图 7 所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m物块

27、与木板间的动摩擦因数为 1，木板与水平面间的动摩擦因数为-4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g,现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度a大小可能是（）A. a= 0Ca=答案 ACD解析 若F较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A 正确；若物块和木板一起运动且不发生相对滑动，对木板和物块的整体，根据牛顿第二定律可得:-2mg=2ma解得：a= 暮 1-g,选项 D 正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有:1a=-g,故选项 B 错误，C 正确.& （多选）（2019天一大联考上学期期末）如图

28、8 甲所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F= 0.5t（N）的变力作用，从t=0 时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示，设最大静 摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取 10m/s2，则下列说法正确的是（）12-0-mg-4 -2 mg= ma解得:21时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm= 8N,此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm卩2mg= mam,解得am= 2m/s2，对滑块：FFfm=ma,解得F= 12N,则由F= 0.5t（N）可

29、知，t2= 24s，选项 C D 正确.热点 4 平抛与圆周运动1. （2019四川遂宁市三诊）如图 1 所示，图 是甲汽车在水平路面上转弯行驶，图（b）是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是（）A. 两车都受到路面竖直向上的支持力作用B. 两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力C 甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力D.乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力 答案 D图 8A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C. 图乙中t2= 24s2D.木板的最大加速度为2m/s8N,则滑块与木板间的动摩擦因数为=m=j，选项 A

30、 正确；由题图可知ti时刻木板相板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为Ff_2mg440= 0.1，选项 B 错误;甲何22解析 题图（a）中路面对汽车的支持力竖直向上；题图（b）中路面对汽车的支持力垂直路面 向上，选项 A 错误；题图（a）中汽车受到路面指向弯道内侧的摩擦力作为向心力；题图（b）2中若路面的支持力与汽车重力的合力提供向心力，取路面倾角为0,mgan0=nR,即v=gRtan0，则此时路面对乙车没有摩擦力作用；若vgFtan0，则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力，选项B、C 错误，D 正确.2.（2019江苏南通市一模）如图 2 所示，斜面上从A点水平抛出的小球落在B点

31、，球到达B点时速度大小为V,方向与斜面夹角为a.现将小球从图中斜面上C点抛出，恰能水平击 中A点，球在C点抛出时的速度大小为vi，方向与斜面夹角为3.则（ ）图 2A.3=a ,V1a ,V1VD.3a ,V1V答案A解析由逆向思维可知，从A点以速度V1水平抛出的小球刚好落在C点，物体从斜面上某点做平抛运动落在斜面上，任一时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的 2 倍，斜面倾角不变，所以3=a，设小球落在斜面上时速度与水平方virA,则行星B的周期大于 4.6170 天，故选项 C 错误;根据万有引力充当向心力，则有GmMGM一一ma可得a=产心A,则行星C的加速度

32、小于行星A的加速度，D 错误.8.（2019福建福州市五月检测）如图 4 所示，同一圆轨道上有两艘绕地球运行的宇宙飞船,它们的运行周期为T,运行速度为A.地球的质量为汽2nGB. 两飞船运行的轨道半径为vTC. 两飞船运行的加速度为2nVTD.2亠GmMmv口则有-R=R，可得v=( )35热点 6 功与能1. （2019山东济宁市模拟）如图 1 所示，在倾角为0的斜面（足够长）上某点，以速度V。水平抛出一个质量为m的小球，则在小球抛出后在空中离开斜面最大距离时，其重力的瞬时功率为（重力加速度为g）（）A.mgvsin0VoC. m os0答案 D解析 小球运动方向与斜面平行时，小球距离斜面最

33、远，则此时小球在竖直方向的分速度Vy=Votan0,故重力的瞬时功率为P=mgv=mgvtan0，故 D 正确.2.（2018天津理综2）滑雪运动深受人民群众喜爱.如图2 所示，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AB从滑道的A点滑行到最低点B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AB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 C1B.mgvsin0D.mgvtan0图 236解析 运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外 力指向圆心，A 错误.如图

34、所示，37运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff= mcsina,下滑过程中a减小，sina变小，故摩擦力Ff变小，B 错误.由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确.运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误.3.（2019河南洛阳市第三次统考）一个圆柱形容器放在水平地面上，容器内存有一定量的水，在容器中竖直插着一根两端开口的薄壁圆管，圆管下端未触及容器底部.在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下无摩擦地滑动.开始时，圆管内外水面相齐，且活塞恰好触及水面，如图 3 所示现通过绳子对活塞施加一个向上的拉力，使活塞缓慢向上移动（圆管竖直固定不动）.

35、已知圆管半径为r,水的密度为p，重力加速度为g,不计活塞质量在活塞上升高度为H的过程中（此时活塞仍触及水面），圆管外面水面下降h.圆管在水面以下的部分足够长，则关于绳子拉力所做的功vy 下列关系正确的是（）4.（多选）（2019四川遂宁市三诊）将一小球从某一高度由静止释放，小球着地速度为v,设小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，已知小球的质量为m重力加速度为g.则小球下落过程中（）A.重力做功的平均功率小于B.重力做功的平均功率大于1C.减小的重力势能小于mV一 12D.减小的重力势能大于mv答案 BD解析由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，可知小球做加

36、速2H+ hA. Wnpr gH2H+ hC. Wnpr gh2_答案 AB. W=nD. W=n2 2H+ hrgr2g(H+ h)2图 338度减小的加速运动，结合v-1图象可知，下落到地面的位移大于Vt，则重力做功的平均功_ mgt率； =mg，选项 A 错误，B 正确；根据动能定理12即减小的重力势能大于2mv，选项 C 错误，D 正确.5.（多选）（2019安徽皖江名校最后一卷）质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静 止开始向上做匀加速直线运动，经时间t运动到P点，撤去F,又经时间t小球回到出发 点，速度大小为v,不计阻力，已知重力加速度为g,则下列判断正确的是（ ）、一 12、

37、亠、v1 2A.撤去力F时小球的动能为-mv B.小球上升的最大高度为 -42g1 2C.拉力F所做的功为$mvD.拉力的最大功率为mgv答案 BCD解析 拉力F作用时，设小球上升的加速度大小为a,末速度大小为v,则小球上升的高121214度h= 2at,v=at,F-mg= ma撤去外力后h=vt gt，解得a=g,F= mg对121全过程由动能定理知W= Fh= ?mv, C 正确；拉力F作用时，由动能定理知（Fmgh=2212121mv，联立解得mv=：mv, A 错误；撤去力F后，设小球上升的高度为h,由Fh=812v2mv, qmv=mgh知小球上升的最大高度H=h+h=函，B 正确

38、；拉力F的最大功率Fm12 1212WG- W=-2mv,贝HVG=W+-2mv2mv,=Fv2=mgvD正确.396.（多选）（2019福建泉州市期末质量检查）如图 4所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙程度相同的水平桌面上的O点.现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为&.撤去外力F后，物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为6,动能最大时的位置与M点的距离为d,则下列说法正确的是（）图 4A. 物块经过O点时动能最大B. 物块从M点到O点的过程中加速度先减小后增大d一云c.物块经过与M点的距离为的位置时动能大于M O N

39、40D.物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为&答案 BC解析 当弹簧弹力等于摩擦力时，物块的速度最大，此位置应该位于A 错误；7777777777777777?77777T7?777T7f7777777777M Q PO N从M点到O点的过程，开始时弹簧弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹簧弹力的减小加速度逐渐减小，当弹簧弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大；物块继续向右运动时，弹簧弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹簧弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B 正确;设物块速度最大的位置为MC之间的P点，则M圧d;MP的中点为Q则从M到P,由动能1可得 云2 云，选项 C 正确；因物

40、块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于E,选项 D 错误.7.（多选）（2019福建宁德市上学期期末质量检测）如图 5 所示，竖直光滑杆固定在地面上，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧（在弹性限度范围内）至离地高度h= 0.1m 处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的Eh图象，其中高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图象为直线,其余部分为曲线.滑块可视为质点，以地面为零势能参考面，不计空气阻力，重力加速度2g取 10m/s，由图象可知A. 轻弹簧原长为 0.2mB. 滑块的质量为 0

41、.2kgC.弹簧弹性势能最大为 0.5JD.滑块机械能最大为 0.5J答案 ABCMO之间某位置， 选项定理:W弹MP3mgd=丘；从M至U Q由动能定W弹MQ123mgc=E，因w-:-T Vl m =tr厂f+H+T+H-rrrr-TITIl 产rrEi9isi -LLf.rrTiUi*片申 土!JJJ Ji-、j.kJ-I.Oa2OJMni-r rTI1T+年十丄+T-1JIJTT4J41Lv/LAtT r r cLLbrILLJ土亠十TmJIJ1141解析 在E-h图象中，图线的斜率表示了滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m 上升至 U0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，说

42、明滑块在从0.2m 上升到 0.35m 范围内竖直方向所受作用力只有重力，所以轻弹簧原长为0.2m，故选项 A 正确；在从 0.2m 上升到0.35m 范围内，图线的斜率绝对值为：k=mg=2N,所以：m=0.2kg，故选项 B 正确；根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能等于弹簧最大弹性势能，所以E-=mg h= 0.2x10X（0.35 0.1） J = 0.5J，故选项 C 正确；当弹簧弹性势能最小时，滑 块机械能最大为 0.5J，故选项 D 错误.& （多选）（2019浙江超级全能生2 月联考）如图 6 甲所示，在倾角为0的固定粗糙斜面体上，有一个质量为m的物

43、体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为卩，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0X1过程的图线是曲线，X1X2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g,则下列说法中正确的是（）甲乙A. 在 0X2过程中，物体先加速后匀速B. 在 0X1过程中，物体的加速度一直减小C.在X1X2过程中，物体的加速度为gsin0D.在 0X2过程中，拉力F做的功为W=E2E+mgcos0X2答案 CD解析 物体受力分析如图所示,物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mn0+FFf=ma且Ff=1mopos0，由题图乙知，在 0X1过程中物体的机械能减少，即

44、AE= （F1mgpos0）XE+1mgpos0-X2, D 正 确.42热点 7 动量和动量守恒定律1.（2019安徽马鞍山市二质检）质量为 2kg 的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图1 所示，则在 6s 内物体的位移为（）A.0B. 3mC. 6mD. 12m答案 C2.（2019河南名校联盟压轴卷 ）2018 年 12 月 8 日我国在西昌卫星发射中心成功发射了“嫦娥四号”探测器.假设发射前火箭和探测器的总质量为M点火后，当火箭以对地速度V。喷出质量为 m的高温气体后，火箭对地速度大小为（在喷出气体过程中箭体重力和空气 阻力可忽略不计）（）m

45、_ mA.而V0B.MTTmV0MC.0答案 B解析喷出气体过程中箭体重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中箭体和喷出气体组成的系统动量守恒，系统总动量为零，由动量守恒定律得：mv= （Mv,解得：v=MJm7。，故 B 正确，A、C、D 错误.3.（多选）（2019福建厦门市5 月质检）如图 2 所示，质量为m的小物块初速度为V。，从底端沿足够长的粗糙程度相同的固定斜面向上运动，最后返回斜面底端.已知小物块沿斜面M-mD.二mV043A.小物块沿斜面上滑的加速度大小是下滑加速度大小的2 倍B.小物块沿斜面上滑的加速度大小是下滑加速度大小的4 倍的下滑时间是上滑时间的2 倍,)44C

46、. 整个运动过程中重力对物块的冲量为零一一3D. 整个运动过程中小物块的动量变化大小为答案 BD12解析 把上滑过程看做是初速度为零的匀加速运动的逆过程，根据x= 2 戌 可知，小物块沿斜面上滑的加速度大小是下滑加速度大小的4 倍，故 A 错误，B 正确；整个运动过程中1重力对物块的冲量为mgt总，不为零，故 C 错误；vo=at，则下滑至斜面底端时v=4a -214.（多选）一质量为 0.6kg 的篮球，以 8m/s 的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行 0.5s 后以 7m/s 的速度被运动员接住，取g= 10 m/s2, 不计空气阻力，则下列说法正确

47、的是（）A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为 8.4kg - m/sB.被篮板弹回到被运动员接住前的过程中篮球的动量变化大小为0.6kg - m/sC.篮板对篮球的作用力大小约为15.6ND.被篮板弹回到被运动员接住前的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3Ns答案 AD解析以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为：p1=mv （ mv） =m（V2+V1） = 0.6x（6 + 8） kg - m/s = 8.4 kg - m/s，选项 A 正确；被篮 板弹回到被运动员接住前的过程中篮球的重力产生的冲量大小为IG=mgt= 0.6x10X0.5N - s=3N- s

48、,选项 D 正确；篮球在空中只受重力，根据动量定理，被篮板弹 回到被运动员接住前的过程中篮球的动量变化大小为p2=IG=3kg - m/s，选项 B 错误；根据动量定理：FAt= P1，因作用时间t未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项 C 错误.5.（2019福建三明市期末质量检测）如图 3 甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m、m的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上.现使A获得水平向右、大小为 3m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信=2vo,则整个运动过程中小物块的动量变化大小为13| p| =-m6- ( mv) =-m6

49、,故 D 正确.45息可得（）46A.在ti和t3时刻，两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧都处于压缩状态B.在tit2时间内A B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大C. 两物块的质量之比为m:m= 2：1D.在t2时刻，A B两物块的动能之比为 氐：氐=1：8答案 D解析 在ti和t3时刻，两物块达到共同速度1m/s，且ti时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，这两个时刻弹簧的弹性势能最大；由题图乙可知，在tit2时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧处于原长，弹性势能最小，为 0,选项 A、B 错误；根据动 量守恒，从 011时刻：mvo= （m+m）vi，即：3m=

50、（m+m）xi；解得m：m= i : 2,选项i2C 错误；在t2时刻，A B两物块的速度分别为1 m/s 和 2m/s，根据 Ein0，故木板A的加速度大小a= 2gsin0，选项 A、B 错误；A、B组成的系 统所受合外力为零，故合外力的冲量一定为零，选项C 正确；在斜面方向由动量守恒定律12可知：PA+PB=mv，故当A动量为？mv时，B的动量为 qmv,选项 D 正确.3348热点 8 电场和磁场1.（2019山东烟台、荷泽市 5 月模拟）如图 1 所示，实线为某带负电的粒子（重力不计）在某匀强电场中的运动轨迹粒子在运动过程中，先后经过A、B两点时速度大小相等，则下列说法正确的是（）图

51、 1A. 由A运动到B过程中，粒子的动能先减少后增加B. 由A运动到B过程中，电场力先做正功后做负功C. 由A运动到B过程中，粒子的电势能先减少后增加D.此匀强电场的方向与AB 两点的连线垂直斜向左下方答案 A2.（2019江苏苏北三市第一次质检）如图2 所示，金属板带有等量异种电荷，板间某一竖 直平面内电场线的分布如图中实线所示，已知该平面内P、O的连线为等势线，且与电场线上两点M N的连线垂直，一带电油滴在O点处于静止状态，则（）图 2A. 若将油滴置于P处，仍能静止B.若将油滴从M处释放，将沿电场线运动至N处C.M点的电势一定比N点的高D. 油滴在M点的电势能一定比在N点的小答案 D解析

52、 由题意可知，油滴在O点处于静止状态，说明在O点的电场力与重力相等，由电场 线的分布可知，P点的电场强度大于O点的电场强度，即EED,则在P点的电场力大于重 力，油滴不会处于静止状态，故选项A 错误；带电油滴受到重力和电场力的作用，由于电场的方向为电场线的切线方向，可知二者的合力的方向时刻在变化，根据曲线运动条件可 知，油滴不会沿电场线运动到N处，故选项 B 错误；根据电场线的性质，可知沿着电场线电势降低，由于电场线的方向未知，故M N点电势高低也是未知的，故选项 C 错误；若油49滴带负电，则上极板带正电，$M0N,根据电势能公式 &= $q,可知：巳M&N；若油滴带正电，则

53、上极板带负电，$M $N,同理可知：曰M&N,故选项 D 正确.503.（201 9山东德州市二模）如图 3 所示，直角三角形ABC中/ A= 60,AD= DC置于B、C两点垂直纸面的直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B）.若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，贝 UD点的磁感应强度变为尸- 汽图 3A.大小为 3Bo，方向向下B.B. 大小为 B0，方向向左C. 大小为 2Bo,方向向左 答案 A解析 根据安培定则可知置于B点的直导线在D点产生的磁感应强度方向垂直BD斜向右下，与竖直方向成 30,大小为B同理可得置于C点的直导线在D点产生

54、的磁感应强度方向120垂直CD斜向右上，与竖直方向成 30,大小为B,根据叠加原理可得Bo= 2Bcos =B;若把置于C点的直导线移至A点时，在D点产生的磁感应强度方向垂直CD斜向左下，与竖直方向成 30,大小为B,根据叠加原理可得D点的磁感应强度为B= 2Bcos30= 3B=3B0，方向向下，故选项 A 正确，B、C、D 错误.4.（多选）（2019陕西第三次检测）某静电场方向平行于x轴，其电势0随x的分布如图 4 所示.将一个带负电的粒子在x=d处由静止释放，它只在电场力作用下沿x轴运动.规定x轴正方向为电场强度E、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电场强度E粒子 的加速度a、电

55、势能&和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是（）大小为51答案 CD5.（多选）（2019四川宜宾市第二次诊断）如图 5 甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方52向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B C三点，一带电荷量为+ 2X103C、质 量为 1X10-3kg 的小物块从A点静止释放，沿MN故直线运动，其运动的v-1图象如图乙 所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是A. A、B两点电势差LAB=-4VB.小物块从B点到C点电场力做的功W102JC.B点为AC间电场强度最大的点，场强大小

56、E=1V/mD.由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大 答案 BC6.（2019陕西第三次检测）速度选择器是在两金属板之间夹上互相垂直的匀强电场和匀强磁场，只有一定速度的带电粒子可以沿虚线匀速通过，如图6 所示，现有一带正电的粒子 （不计重力）沿中央直线从O点以速度vo射入，最终粒子从P点离开电磁场区域，此时速度 大小为v,P与中央直线相距为d.已知粒子质量为m带电荷量为q,磁场的磁感应强度为B,电场强度为E,则下列说法正确的是（）A.粒子在正交场中做类平抛运动D.答案 D）如图 7 甲所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强（规定垂直纸面向外为正方向），区域边长AB=3AD带正电的粒

57、子从A点沿AB方向以速度v。射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射B.粒子从O点射入的初速度voEBC.粒子在O点的电势能大于P点的电势能7. （2019福建福州市五月检测度按如图乙所示的规律变化的磁场( )乙图 6粒子达到P的速度大小v=22Eqd53出磁场.现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场（规定竖直向下为正方向），相同的54粒子仍以速度Vo从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电DA. 1：1C. 2 3n ：9答案 C解析 设粒子的质量为m带电荷量为q,则带电粒子在磁场中偏转时的运动轨迹如图所示,设粒子的偏转半径为r,经粒子转过的圆周角为a，则有

58、 2rsina=AB,2（r-rcosa）=AD又AB=AD联立解得a= 60，所以有T21=6TB,TB=，解得Ti=纣|严 如u2 6vo9voABT23n果把磁场换为电场，则有AB= V0T2,解得T2=，所以= ，选项 C 正确.V0Ta9& （多选）（2019安徽黄山市一模检测）如图 8 所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感应强度为B?,方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且B: B= 3 : 2.在原点O处同时发射两个质量分别为m和m的带电粒子，粒子a以速率va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒

59、子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mva=mvb.若在此后的运动中，当粒子a第 4 次经过y轴（出发时经过y轴不算在内）时，恰与粒子b相遇粒子重力不计，下列说法正确的是（）XXXXXXA. 粒子a b在磁场B中的偏转半径之比为 3：2B. 两粒子在 y 正半轴相遇C. 粒子a、b相遇时的速度方向相同场不计粒子重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为（2 3n ：3D. 3n ：9B.丙E“一E T,55D.粒子a、b的质量之比为 1：5答案 BCDmvraimvamvb1解析 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r= 知道：一=-：qBrbiqBiq

60、Bi所以选项 A 错误；a粒子从O点出发沿x轴正方向射出，向上逆时针转半周，在y轴上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移 2rai，由于B?B，则第二次经过y轴时在坐标原点的上方（2ra2- 2rai）处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方 2（2“一 2rai）处，所以由题意知选项 B 正确；5 =rbi,ra2=rb2，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是沿x轴正方向，而b粒子转半周也是沿x轴正方向，所以选项 C 正确；根据周期公式T=-nr知，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有：-Tbi=Tai+Ta2,即-x-n-qB22qB2nm2nmmi丄=qB+qB，结合B:B= 3 : 2,得到m= 5，所以选项 D 正确.热点 9 直流