【6份】2019年高中物理二轮复习测试练题含答案

【6份】2019年高中物理二轮复习专题测试练题含答案

目录

专题测试卷（一）力与直线运动............................................1

专题测试卷（二）力与曲线运动...........................................17

专题测试卷（四）电场和磁场............................................49

专题测试卷（五）电路与电磁感应........................................67

专题测试卷（六）必考部分...............................................86

专题测试卷（一）力与直线运动

（时间：90分钟满分：100分）

一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，

有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2

分，有选错的或不答的得0分。）

1.（2018•天津河东一模）传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送

带装置示意图，绷紧的传送带始终保持恒定的速率。运行，将行李无初速度地放在左端点力

处。传送带的水平部分为、8间的距离为L,贝i］（）

,4I~I”

A.行李在传送带上一定与加速至8端

B.行李在传送带上可能受到向右的静摩擦力

C.行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力

L

D.行李在传送带上的时间可能小于百

［详细分析］行李开始做匀加速直线运动。若当。价=。带时，行李的位移小于传送带长度，

则之后行李相对于传送带静止做匀速直线运动，此时不受摩擦力，故A、B错，C对。因行

1

季最大速度为。，故最短时间为方，D错。

［答案］C

2.（2018•广东佛山质检）有几位同学为了测试某款汽车的性能，记录了该汽车沿平直公

路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表，若汽车启动和制动可看作是匀变速

直线运动，则下列说法正确的是（）

时间（S）02.04.06.08.010.012.014.016.0

速度(m/s)010.020.028.028.028.028.020.00

A.汽车加速到6s末才开始匀速运动

B.加速阶段位移为90m

C.前8s内汽车通过的位移大小为145.6m

D.制动过程加速度大小一定为10m/s2

10.0-0

［详细分析］加速时，―~m/s2=5m/s2,又o=28.0m/s,由o=a/得Z=5.6s,

2.0—0

o28.0

故A错；加速阶段s=~/=~X5.6m=78.4m,故B错；前8s位移C=s+of=78.4m

+28.0x（8-5.6）m=145.6m,故C对；制动时间不确定，故制动时加速度不确定，D错。

［答案］C

3.（2018・全国模拟）a/7两物体在同一直线上运动，二者运动的u-f图像均为直线，如

图所示，已知两物体在4s末相遇。则关于它们在0~4s内的运动，下列说法正确的是（

A.a、。两物体运动的方向相反

B.a物体的加速度大小小于。物体的加速度

C./=2s时两物体相距最远

D./=0时刻，a物体在。物体前方3m远处

［详细分析］由题图可知，3、。两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A错误；a

4—25—4

物体的加速度大小为：ai=—■&—m/s2=1m/s2,。物体的加速度大小为：^2=rn/s2=

0.5m/s2,a物体的加速度大小大于。物体的加速度，B错误；两物体在4s末相遇，结合

题图可知是8物体追。物体，因此速度相等即/=2s时，两物体相距最远，C正确；设f

=0时相距为府，两物体在4s末相遇，则有：Ab+Xa=4,因。图像中图线与/轴所围面

积表示位移，由图可知0〜4s内a、两物体位移大小相等，即xa=xb,则xo=O,D错误。

［答案］C

4.（2018•湖北四地七校联盟联考）如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分

布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力尸作用下做与加速直线运动。绳子上某一点到绳子

右端的距离为x,设该处的张力为T,则能正确描述厂与x之间的关系的图像是（）

［详细分析］设单位长度绳子的质量为历。

对整段绳子分析有：F=Lma；

对右侧x长度的绳子分析可知：T=xma

F

联立解得：T=~x,

故可知厂与x成正比，且x=0时，7=0o故A正确。

［答案］A

5.（2018•天津河东一模）（多选）如图所示，带有长方体盒子的斜劈力放在固定的斜面体

。的斜面上，在盒子内放有光滑球8,G恰与盒子前、后壁只。相接触。若使斜劈力在斜

面体C上静止不动，则尸、。对球8无压力。以下说法正确的是（）

A.若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则。对球8有压力

B.若。的斜面光滑，斜劈4以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、。对8球均无

压力

C.若C的斜面粗糙，斜劈4沿斜面匀速下滑，则尸、。对球8均无压力

D.若。的斜面粗糙，斜劈4沿斜面以一定的初速度减速下滑，则9对球8有压力

［详细分析］若C的斜面光滑，无论斜劈是由静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑，

斜劈和球具有相同的加速度，方向均沿斜面向下；根据牛顿第二定律，知8球所受的合力

方向沿斜面向下，所以8球受重力、盒子底部的支持力以及。对球的压力，而尸对球无压

力，所以A选项是正确的，B选项是错误的。若C的斜面粗糙，斜劈/沿斜面匀速下滑，

则8球处于平衡状态，受重力和盒子底部的支持力而平衡，尸、。对球均无压力，所以C

选项是正确的。若C的斜面粗搔，斜劈力沿斜面减速下滑，斜劈和球整体具有相同的加速

度，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，知8球所受的合力方向沿斜面向上，所以8球

受重力、盒子底部的支持力以及尸对球的压力，所以D选项是正确的。

［答案］ACD

6.（2018•山西考前测试）如图所示，倾角为6=37。的传送带以速度叫=2m/s顺时针匀

速转动。将一小物块以。2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带

间的动摩擦因数〃=0.5,传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,下

列说法正确的是（）

A.小物块运动的加速度大小恒为10m/s2

B.小物块向上运动的时间为0.6s

C.小物块向上滑行的最远距离为4m

D.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动

［详细分析］小物块的运动分两个阶段：

因初始时V2>Vl,则开始一段时间小物块相对传送带向上运动，其所受滑动摩擦力沿传

送带向下，由牛顿第二定律有：

ma-\=mgsin0+（Jmgcos0

得4=10m/s2

因〃mgcos6<mgsin0,则小物块速度与传送带速度相同之后，小物块将相对传送

带向下运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有：

ma2=mgsm9—pmgcos9

得力=2m/s2

所以A选项错误。

两段运动的时间分别为:

V2-V1

G==0.6s

3i

V1

(2=—=1.0S

所以向上运动的时间为4+灰=1.6s,B选项错。

两段运动的位移分别为：

02+01

Si=-T-•/i=3m

2

V1

s2=~,fe=1m

向上滑行最远距离s=si+金=4m,所以选项C正确。

由以上分析可知，小物块先向上减速到零，再向下加速，D选项错。

［答案］C

7.（2018•河北衡水中学六调）如图所示，质量为质、倾角为8的斜面体静止在水平地

面上，有一质量为6的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动。

若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力尸，斜面体始终静止。施加恒力尸后，下列说法正确

的是（）

F

A.小物块沿斜面向下运动的加速度为一

m

B.斜面体对地面的压力大小等于（m+利）g+厂sin9

C.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左

D.斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化

［详细分析］在未施加恒力尸时，因小物块能沿斜面匀速运动，根据共点力平衡可知，

mgsin8=umgcos6,当施加恒力尸后，对物块受力分析可知尸+/7?gsin9—/jmgcos

F

6=ma,解得a=—,故A正确;

m

施加恒力后，物块对斜面的压力和摩擦力不变，其中压力和摩擦力的合力等于物块的重

力，方向竖直向下。对斜面体分析可知，其受到的支持力等于/7A）g+"7g,地面对其没有摩

擦力作用，故B、C错误；斜面体对物块的支持力和摩擦力大小和方向都不变，故D错误。

［答案］A

8.（2018•山东泰安二模）如图所示，小球力置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小

球8用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上。两小球48通过光滑滑轮。用轻质细绳

相连，两球均处于静止状态。已知8球质量为m,。在半圆柱体圆心。的正上方，OA与

竖直方向成30。角，“长度与半圆柱体半径相等，08与竖直方向成45。角，现将轻质细绳

弱断的瞬间（重力加速度为g）,下列说法正确的是（）

A.弹簧弹力大小为肥西

B.球8的加速度为g

C.球力受到的支持力为求的

1

D.球力的加速度为尹

［详细分析］剪断细绳前对8球受力分析如图，由平衡条件可得尸舜=/774an45°=mg：

剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力厂弹和重力的大小和方向均没有改变，则

F*=~aB=\[^g,A、B项错■误。F支=、版〃704球的重力大小GA=2F

cos45vY

°=邓呵力球受到的支持力NA=GACOS30°=W^/?7g,C项错误。对力球由

炖cos30

1

牛顿第二定律有/77屈sin300=mAdA,得”的加速度%=g・sin30°=-p,D项正确。

匿案］D

9.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为”的物体，木箱竖直向上运动的

速度。与时间，的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持力和摩

擦力分别为2和f,则下列说法正确的是（）

A.在0~A时间内，/V增大，，减小

B.在0~A时间内，/V减小，f增大

C.在G~力时间内，/V增大，，增大

D.在4~&时间内，/V减小，，减小

［详细分析］在。〜A时间内，根据速度时间图线知，物体做加速运动，加速度逐渐减

小。设斜面倾角为8,对物体研究，在竖直方向上有Atos8+月in0—mg=ma,Afein

6=fcos9,因加速度减小，则支持力/V和摩擦力/■减小。在Zi〜方时间内，根据速度时

间图线知，物体做减速运动，加速度逐渐增大。对物体研究，在竖直方向上有mg—(Ncos0

+*in9)=ma,Afein6=fcQS9,因加速度逐渐增大，则支持力A/和摩擦力/■逐渐减

小，选项D正确，A、B、C错误。

［答案］D

10.(多选)利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为例的

滑块力放在倾斜滑板8上,C为位移传感器，它能将滑块A到传感器。的距离数据实时传

送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块4的速度-时间图像。先给滑块Z

一个沿滑板8向上的初速度，得到的。“图像如图乙所示，贝弘)

A.滑块A上滑时加速度的大小为8m/s2

B.滑块力下滑时加速度的大小为8m/s2

C.滑块与滑板之间的动摩擦因数〃=0.5

D.滑块Z上滑时运动的位移为1m

0-4.0

［详细分析］滑块2上滑时力口速度的大小cu|m/s2=8.0m/s2,选项A正确；滑

0.5

4.0

块力下滑时的加速度....-m/s2=4.0m/s2,选项B错误；由牛顿第二定律知/上

1.5—0.5

滑时6psin0+mgcos6=）的,/1下滑时mpsin0—mgcos8="功，解得〃=0.25,

选项C错误；在速度-时间图像中面积表示位移，滑块4上滑时运动的位移为1m,选项D

正确。

［答案］AD

二、非选择题（本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写由必要的文字

说明、方程式和重要的演算步躲。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必

须明确写出数值和单位。）

11.（8分）（2018•辽宁葫芦岛期末）有同学利用如图所示的装置来探究力的平行四边形定

则。在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮力和8,将细绳打一个结。，每个钩码

的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数确定3根细绳的拉力XOA、Fros和Fvoc,

回答下列问题：

（1）改变钩码个数，实验能完成的是（填字母代号）。

A.钩码的个数M=1,M=2,"=4

B.钩码的个数M="=根=4

C.钩码的个数A/i=M=2,M=4

D.钩码的个数M=3，儆=4,能=5

（2）在拆下钩码和细绳前，必须要完成的一个步骤是

（填字母代号）。

A.用天平测出钩码的质量

B.量出04、OB、0c三段绳子的长度

C.用量角器量出三段绳子之间的夹角

D.标记结点。的位置，并记录04、OB、0c三段绳子的方向

［详细分析］（1）结点受三个力而平衡，第三个力必须在另外两个力的合力范围内。又因

为04和08有夹角，所以|同一£归凡＜8+£,B、D正确。

（2）因为钩码的质量都相同，所以钩码的个数就代表了拉力大小，没有必要测量钩码的

质量；只需要记录。点位置和各细绳的方向，没有必要测量细绳的长度和三段绳间的夹角。

［答案］（1）BD（2）D

12.（8分）（2018•河南濮阳期中）在“探究加速度a与物体所受合力尸及质量m之间的

定量关系”的实验中，甲、乙两个实验小组分别采用不同的实验器材进行实验：

6.196.707.217.72单位：cm

丙

（1）实验小组甲采用图甲的实验装置探究加速度a与质量6之间的定量关系，图中力为

小车（质量为,8为电火花计时器，C为重物（质量为m2）,。为一端带有定滑轮的长方

形木板，实验中把重物。的重量作为细绳对小车的拉力，则：

①质量利应满足的关系是：mym2（填"远大于"或"远小于"）；

②平衡摩擦力（填“需要”或“不需要”）。

（2）实验小组乙探究加速度a与物体所受合力厂之间的定量关系，他们在图甲的小车上

固定了能将数据进行无线传输的拉力传感器，并将传感器的数据传输给计算机，可在计算机

上直接读出绳对小车拉力厂的大小，其他器材相同，则：

①此实验装置________（填“需要”或“不需要”）满足小组甲的条件①；

②通过实验数据画出a-F图像如图乙所示，图线不过坐标原点的主要原因可能是

A.小车的质量my较小

B.重物的质量利较大

C.平衡摩擦力时木板的倾角偏大

D.平衡摩擦力时木板的倾角偏小

(3)图丙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出

小车的加速度大小为m/s2。(结果保留2位有效数字)

［详细分析］⑴以整体为研究对象有n?zg=(m-\+m2)a,

m2gmyrrkg

解得a=—■—。以小车为研究对象有绳子的拉力尸=/77但=―;—利g=--------,显

/77I+/7Z2my-Vm2m2

1+—

mi

然只有/77l>>/772时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力。实验中把重物C的重

量作为细绳对小车的拉力，则需要平衡摩擦力。

(2)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将重物的重力作为小车的拉力，

故不需要满足重物的质量远小于小车的质量。图线不通过坐标原点，当加速度为某一值时尸

为零，故平衡摩擦力过度，故C正确。

(3)相邻计数点之间还有1个点，说明相邻两个计数点时间间隔为0.04s»运用匀变速

XCE-XAC0.0772+0.0721-0.0670-0.0619

直线运动的公式AxaT2,a—=m/s2

4724x0.042

=3.2m/s^o

［答案］(1)①远大于②需要(2)①不需要②C

(3)3.2

13.(10分)(2018•安徽宣城八校期末联考)某人驾驶汽车在平直公路上

以72km/h的速度匀速行驶，某时刻看到前方路上有障碍物，立即进行刹车，从看到

障碍物到刹车做与减速运动停下，位移随速度变化的关系如图所示，图像由一段平行于x

轴的直线与一段曲线组成。求：

(1)该人刹车的反应时间；

(2)刹车的加速度大小及刹车的时间。

［详细分析］(1)汽车在反应时间内做匀速直线运动，由图可知，反应时间内的位移X1=

M12

12m,速度。=72km/h=20m/s,反应时间左=行=而s=0.6s。

(2)开始刹车时，速度0=72km/h=20m/s,刹车过程的位移及=(37-12)m=25m,

根据匀变速直线运动的速度位移关系为v2=2ax2,

源202

可得刹车时的加速度大小a==m/s2=8m/s2,

2X22x25

。20

根据速度-时间关系知，刹车的时间t=~=—s=2.5So

2a8

［答案］(1)0.6s(2)8m/s22.5s

14.(10分)车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送

带始终保持。=1m/s的恒定速率运行，Z8为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m

=5kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的4端，传送到8端时没有被及

时取下，行李包从8端沿倾角为37。的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数

为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8,g取10m/s2,不计空气阻力(sin37°=0.6,

cos37°=0.8)o

(1)求行李包相对于传送带滑动的距离。

(2)若6轮的半径为/?=0.2m,求行李包在8点对传送带的压力。

(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度。

［详细分析］(1)行李包在水平传送带上加速时，摩擦力产生加速度，

若行李包达到水平传送带的速度所用时间为f,则：v=a^t

1

行李包前进距离xi=&句。

传送带前进距离X2=vt

行李包相对传送带前进距离

△X=X2-X1

所以△xO.Im

(2)行李包在8点受重力和支持力

mu2

根据牛顿第二定律mg—6i=

R

解得：6^=25N

根据牛顿第三定律可得：行李包在8点对传送带的压力为25N,方向竖直向下。

(3)行李包在斜面上受重力、支持力、摩擦力，根据牛顿第二定律：

H2mgc,cs37°-opsin37°=mai

行李包从斜面滑下过程：

0—。2=—2改x

解得：x=1.25mo

［答案］(1)0.1m(2)25N,方向竖直向下(3)1.25m

15.(12分)(2018•安徽江南十校联考)如图甲所示，两滑块力、8用细线跨过定滑轮相

连，8距地面一定高度，力可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知/774=2kg,

/77S=4kg，斜面倾角0=37°0某时刻由静止释放4,测得力沿斜面向上运动的图像如

2

图乙所示。已知g-10m/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

(1)Z与斜面间的动摩擦因数；

(2)2沿斜面向上滑动的最大位移；

(3)滑动过程中细线对力的拉力所做的功。

［详细分析］(1)在0〜0.5s内，根据图像，力、6系统的加速度为

2

ay=m/s2=4m/s2

0.5

对力、8系统受力分析，由牛顿第二定律有

mag—mAgsm8一〃加必os0=(mA+mB)at

得：〃=0.25

(2)8落地后，力减速上滑。由牛顿第二定律有

◎gsin0+/JmAgcos9=冲氏

将已知量代入，可得

勿=8m/s2

故力减速向上滑动的位移为

vi

X2==0.25m

2a2

0-0.5s内力加速向上滑动的位移

xi==0.5m

2al

所以，4上滑的最大位移为

x=xi+&=0.75m

(3)/1加速上滑过程中，由动能定理:

1

W—/77刈必sin9—nrriAgx、cos6=~/71^-0

得*12J。

［答案］(1)0.25(2)0.75m(3)12J

16.(12分)(2018•江西红色六校第二次联考)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的

直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落。他打开降落伞后的v-t图

线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图

乙，已知人的质量为50kg,降落伞的质量也为50kg,不计入所受的阻力，打开伞后伞所

受阻力开与速度。成正比，即6=Q(g取10m/s2,sin530=0.8,cos53°=0.6)。求：

(1)打开降落伞前人下落的距离；

(2)阻力系数4和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向；

(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？

［详细分析］(1)设打开降落伞时的速度为。o,下落高度为例。由题图甲知。o=2Om/s,

则

皮

—=20m»

2g

(2)设匀速下落时速度为v,由题图甲知v=5m/s,

由kv=2mg,得/r=200N•s/m。

对整体有kvo~2mg—2ma,

kvo-2mg

a—­=30m/s2,方向竖直向上。

2m

(3)设每根绳拉力为所，以运动员为研究对象有

8所cos37°—mg=ma,

得Fr=312.5No

由牛顿第三定律得，悬绳能承受的拉力至少为312.5No

［答案］(1)20m

(2)A-=200Ns/ma=30m/s2方向竖直向上

(3)312.5N

专题测试卷(二)力与曲线运动

(时间：90分钟满分：100分)

一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，

有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2

分，有选错的或不答的得0分。)

1.图示是a粒子(氯原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，仪MP、。是轨迹上的

四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的a粒子在各点处的加速

度方向正确的是()

A.例点B./V点

C.9点D.。点

［详细分析］根据运动的合成与分解规律可知，a粒子运动的轨迹应向受力的一侧弯曲，

a粒子加速度的方向与a粒子受到的合外力方向相同，粒子受到的合外力方向在两点的连线

上且为斥力，由图可知用点、/V点、。点的加速度方向错误，尸点加速度方向正确，选项

C正确。

1答案］c

2.（2018・上海五校联考）如图，船从力处开出后沿直线到达对岸，若48与河岸成

37°角，水流速度为4m/s,则船从4点开出相对水流的最小速度为（）

B

A.2m/sB.2.4m/s

C.3m/sD.3.5m/s

［详细分析］船参与了两个分运动，沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，其中，

合速度o6方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动速度。水的大小和方向都已知，沿船头

指向的分运动的速度大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则（或三角形

定则），如图，当。合与0船垂直时，V/最小，由几何关系得到。船的最小值为。那min水

sin37°=2.4m/s,选项B正确。

A

［答案］B

3.（2018•福建六校联考）如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物〃,

长杆的一端放在地面上通过校链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方。点处，

在杆的中点。处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物例，。点与。点的距离为L,现在杆的另

一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度切缓慢转至水平（转过了90。角）。下

列有关此过程的说法中正确的是（）

A.重物用做匀速直线运动

B.重物用做变速直线运动

C.重物用的最大速度是23L

D.重物用的速度先减小后增大

［详细分析］设。点线速度方向与绳子的夹角为a锐角）。由题知C点的线速度为3L,

该线速度在绳子方向上的分速度就为sLcose,e的变化规律是开始最大（90°）,然后逐

渐变小，所以sLcos6逐渐变大，直至绳子和杆垂直，6变为0,绳子的速度变为最大，

为a）L,然后，6又逐渐增大，3Leose逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先

增大后减小，最大速度为32，故B正确。

［答案］B

4.（2018•“皖南八校”二次联考）一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，

其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测

到地面赤道最大弧长为（已知地球半径为勺（

Mm1

［详细分析］地球表面G~^=mg,因为解得r=2R・,则某一时刻该卫星观测

2n2

到地面赤道的弧度数为二1，则观测到地面赤道最大弧长为/ri/?,故选A。

［答案］A

5.（2018•长春二模）（多选）在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与

圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环（小环可以自由转动，但不能上下移动），小环上连接一

轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与

圆锥内壁接触。如图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成0（9

<90°）角。设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为7■甲和T乙,圆锥内壁对小球的支持力

分别为/V甲和N乙,则下列说法中正确的是（）

甲乙

A.7"甲一定为零，7■乙一定为零

B.7■甲、7■乙是否为零取决于小球速度的大小

C.A/甲一定不为零，/V乙可以为零

D.N甲、/V乙的大小与小球的速度无关

［详细分析］对甲图中的小球进行受力分析，小球所受的重力，支持力合力的方向可以

指向圆心提供向心力，所以7■甲可以为零，若/V,等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的

合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以/V甲一定不为零；对乙图中的小球进行受力分析,

若7•乙为零，则小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以7■乙可

以为零，若/V乙等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向

心力，所以/V乙可以为零，B、C项正确，A、D项错误。

［答案］BC

6.（2018•江西南昌三中一模）如图所示，在一次空地演习中，离地〃高处的飞机以水平

速度仍发射一颗炮弹欲轰炸地面目标尸，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度。2竖直向上

发射炮弹拦截。设拦截系统与飞机的水平距离为S,不计空气阻力。若拦截成功，则。1、02

的关系应满足（）

H

A.%=02B.01=~V2

s

C.171=©2D.ui=

V2

［详细分析］炮弹运行的时间在这段时间内所发射炮弹在竖直方向上的位移为=

V1

11s

二g巴拦截炮弹在这段时间内向上的位移为左=运/一二gK,则H=hi+hz=V2t,所以H=u厂,

22vi

s

解得01=72,故C正确。

［答案］c

7.（2018•山东省模拟）（多选）

如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为/?,上部侧面4处开有小口，在小口鼻的

正下方/7处亦开有与力大小相同的小口8,小球从小口/沿切线方向水平射入筒内，使小

球紧贴筒内壁运动，小球进入力口的速度大小为优时，小球恰好从4点的正下方的8口处

飞出,则（

A.小球到达8点时的速率为｛次+2g/?

2TT/?

B.小球的运动时间是----

C.小球的运动时间是

D.沿Z8将圆筒竖直剪开，看到小球的运动轨迹是一条直线

11

［详细分析］由机械能守恒&例2=/^力+&欣%所以:故A正确；小球

2/7

在竖直方向做自由落体运动，所以小球在筒内的运动时间为：―,在水平方向，以

2n/?

圆周运动的规律来研究，得到：t=n-------（/7=1,2,3...）,故B错误，C正确；该小球竖

直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动；沿将圆筒竖直剪开，则小球沿水平

方向的运动可以看作是匀速直线运动，所以看到小球的运动轨迹是一条曲线，故D错误。

［答案］AC

8.（2018•黑龙江哈尔滨第一中学期中）如图所示，小球沿水平面通过。点进入半径为R

的半圆弧轨道后恰能通过最高点尸，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法不正确的是

0

A.小球落地点离。点的水平距离为2R

B.小球在落地点时的动能为5mgR2

C.小球运动到半圆弧最高点尸时向心力为零

D.若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比

尸点段I0.5/?

［详细分析］小球恰好通过最高点P,此时重力提供向心力，即mg=4解得v=y/^,

1

小球离开最高点后做平抛运动，2/?=/氏x=vtf解得x=2/?,故选项A说法正确；小球

15

平抛过程中，由动能定理得〃7g2/?=6;2—&m2,解得小球在落地点时的动能82=3/779/?,

选项B说法正确；小球恰好通过最高点，重力提供向心力，故选项C说法错误；若将半圆

弧轨道上部的1/4圆弧截去，小球离开圆弧后做竖直上抛运动，最高点速度为零，由一mg（R

+/7）=0一目2,解得方=1.5/?,故选项D说法正确。

［答案］C

9.（2018・黄山二模）（多选）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道

里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运

动经过0.3s后又恰好与垂直于倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为/?=1m,

2

小球可看做质点且其质量为m=1kg,g取10m/so贝弘）

A.小球在斜面上的相碰点。与8点的水平距离是0.9m

B.小球在斜面上的相碰点。与8点的水平距离是1.9m

C.小球经过管道的8点时，受到管道的作用力的大小是1N

D.小球经过管道的8点时，受到管道的作用力Gs的大小是2N

［详细分析］根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度o，=g/=3m/s,水平分速

度Ox=Oytan45°=3m/s,则8点与C点的水平距离为x=o"=0.9m,选项A正确，B错

误；在8点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有vB

=Vx=3m/s,解得6is=-1N,负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D

错误。

［答案］AC

10.（2018•河南八市联考）如图所示，曲线I是绕地球做圆周运动卫星1的轨道示意图，

其半径为/?；曲线11是绕地球做椭圆运动卫星2的轨道示意图，。点为地球的地心，45为

椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，引力

常量为G,地球质量为M,下列说法正确的是（）

A.椭圆轨道的长轴长度为R

12GM

B.若04=0.5/?,则卫星在8点的速率08V

C.在轨道I的卫星1的速率为。0,在轨道II的卫星2在8点的速率为VB,则V0<VB

D.两颗卫星运动到。点时，卫星1和卫星2的加速度不同

a3

［详细分析］根据开普勒第三定律得/=匕a为半长轴，已知卫星在两轨道上运动的周

期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为27?,选项A错误；若04=0.5/?,则08=1.57?,卫

GMmmv2

星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有-----=——，解得。=

z2r

12GM

如果卫星以08为轨道半径做匀速圆周运动，则。在轨道II上，卫星在8点

12GM

要减速，做近心运动，所以卫星在8点的速率匹<\/右~,选项B正确；8点为椭圆

轨道的远地点，速度比较小，V0表示卫星在轨道1上做匀速圆周运动的速度，Vo>VB,选

GM

项C错误；根据牛顿第二定律得3=―,两卫星在C点距地心的距离相同，所以a=/,

产

选项D错误。

［答案］B

二、非选择题（本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说

明、方程式和重要的演算步豚。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须

明确写出数值和单位。）

11.（8分）如图所示，利用斜面小槽等器材研究平抛运动，让钢球从斜槽上滚下，经过

水平槽飞出后做平抛运动，设法用铅笔描出小球经过的某一位置。若每次都使钢球在斜槽上

同一位置滚下，通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，连起来就得到钢

球做平抛运动的轨迹。

（1）某同学在安装实验装置和进行其余的操作时都准确无误，他在分析数据时所建立的

坐标系如图所示他的错误之处是

(2)该同学在描出的平抛运动轨迹图上任取一点(X/运用公式求小球的初速度

vo,这样测得的平抛初速度值与真实值相比(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。

［详细分析］(1)直角坐标系的原点应取在正飞离槽口的小球球心的水平投影点处，即在

槽口正上方/■为小球半径)处。

(2)由oo=x知，jz偏小，则如偏大。

［答案］(1)将坐标原点取在槽口处

(2)u0=%A/—偏大

12.(8分)(2018•定州一模)48两球质量分别为61与利，用一劲度系数为A•的弹簧

相连，一长为h的细线与4球相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴上，

如图所示。当球/I、8均以角速度3绕做匀速圆周运动时，弹簧长度为属

O，

BA④

也邀回

777777777777777^777^77777777777777.

H-12_o

(1)此时弹簧伸长量多大？细线拉力多大？

(2)将细线突然烧断瞬间两球加速度各多大？

［详细分析］(1)8球只受弹簧弹力，满足

Ax=利32(7|+编

助(/|+与)

可得％=-------；------

k

力球受细绳拉力和弹簧弹力，满足

F—kx=mi32h

可得F=/77Ia)2h+