高考物理一轮复习热点滚动加强练二

热点滚动加强练（二）

考试时间：90分钟

第【卷（选择题共48分）

评卷入得分"一

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分.）

［热点夯实练］

热点一平抛运动

1.（2018•山东烟台高三上学期期中）如图所示，在倾角为。的斜面顶端。点，以不同

的水平速度抛出•小球.当以初速度H抛出时，小球经过时间公落到斜面的中点2当以初

速度城抛出时，小球经过时间为落到斜面的底端力，则（）

A.B.£2=2力

C.次=木%D.匕：=2%

【解析】小球落在方点和方点，下降的高度之比为1：2,根据方=//知，£=、用,

则小球落在门点和b点的时间之比为1:镜，即乙=:小故A正确，B错误；因为水平位

移之比为1：2,则初速度之比为1：镜，即吻=镜山故C正确，D错误.

【答案】AC

热点二圆周运动

2.（2018•安徽六安一中模拟）如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r

的匀速圆周运动，圆心为0,角速度为3.细绳长为〃质量忽略不计，运动过程中细绳始

终与小圆相切，在细绳的另外一端系着一个质量为0的小球，小球恰好沿以0为圆心的大圆

在桌面上运动，小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是（）

A.小球将做变速圆周运动

B.小球与桌面间的动摩擦因数为亘叫亘

C.小球做圆周运动的线速度为3（/+£）

D.细绳拉力为切出勺产十片

【解析】手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以在细绳另外一端的小球做的也是匀速

圆周运动，A错误；设大圆的半径为此由图可知不下，则小球做圆周运动的线速度

为3、产+r,C错误；设细绳中的张力为T,则Teos4»—mRoz,cos<b=\故T=?"

mJr，D错误；根据摩擦力公式可得f=〃侬=7§inO,由于T=~—:,

L

sin<t>=£=r-^—=^所以〃=,B正确.

gL

【答案】B

热点三万有引力与航天

3.一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为7：假设宇航员在火星表面

以初速度/水平抛出一小球，经过时间［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（）

、ZvTB・然

,16Gd冗

,ZvT

016G「丸'

【解析】以W表示火星的质量，八表示火星的半径，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捏供向心力，有怎=〃（等）处在火星表面有/=〃/：

平抛小球速度的偏转角为60°,tan60°=—,联立以上各式解得.仁整嵯二，B正确.

vlout冗

【答案】B

4.宇宙间存在•些离其他恒星较远的三星系统，其中有•种三星系统如图所示，三颗质

量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为此忽略其他星体对它们的引力作

用，三星在同i平面内绕三角形中心。做匀速圆周运动，万有引力常量为G,贝八）

A.每颗星做圆周运动的线速度为

B.每颗星做圆周运动的角速度为

C.每颗星做圆周运动的周期为2n

D.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关

R

总L,由牛顿第二定

【解析】由图可知，每颗星做匀速圆周运动的半径/

律得景・2cos30。=/方="，=〃〒/=也可解得一

2n=,故A、B、C均正确，D错误.

K

【答案】ABC

热点四功和功率

10kg的物体，在变力/，作用卜沿A•轴做直线运动，力随位移*的变化情况如图所示.物

体在x=0处速度为1m/s,一切摩擦不计，则物体运动到x=15m处时，速度大小为（）

A.2yf2m/sB.3m/s

C.4m/sD.m/s

【解析】打图象与横轴所围的面积表示功，由题图可知，外力做的总功/=&=40J,

根据动能定理H—^mv—^nnL得r=3m/s.选项B正确.

【答案】B

热点五功能、动能定理

6.如图所示，有--倾角。=30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一

足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9J,不计空气阻力，则该足球第一

次落在斜坡上时的动能为（）

A.12JB.21J

C.27JD.36J

【解析】足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解

0+%£

有lan30°=；=:（,得:=坐，足球第一次落在斜坡上时的动能为京〃（而+«）=21J，

只有选项B正确.

【答案】B

7.小球由地面整直上抛，运动过程所受的阻力大小恒等于其重力的0.1倍，上升的最

大高度为〃选择地面为零势能面，小球上升至离地高度为力时，其动能是重力势能的2倍，

则方等于（）

3B"

293

八11〃9//

C---I）—

3131

【解析】设小球所受的阻力大小恒为£小球上升至最高点过程由动能定理得：

—mg//—fH=0—1/77Fo®；小球上升至离地高度力处时速度设为V\,由动能定理得：—mgh

—自②,又gm.=旗：

由①②③可得仁蜘，C项正确.

J1

【答案】C

8.（2018•南充市高三质检）质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外

力厂的作用卜运动，如图中所示，外力/•.和物体克服摩擦力做的功/与物体位移》的关

系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是（）

B.物体运动的位移为13nl

C.物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2

I）.才=9m时，物体的速更为3镜m/s

【解析】由#；=£。对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力£=2N,由R=〃理

可得〃=0.2,A正确：由班=反对应图乙可知，前31n内，拉力£=5N,3〜9m内拉力

—R1

B=2N,物体在前3m内的加速度向=-----=3m/s',C正确：由动能定理得：Uj--Ft，x=-

m2

mJ可得：x=9m时，物体的速度为v=3mm/$,D正确；物体的最大位移乂=微=13.5m,

B错误.

【答案】ACD

热点六机械能守恒定律

9.如图所示，质量分别为2〃/和加的力、6两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相

连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦.现将两物体

由静止释放，在月落地之前的运动中，下列说法中不正确的是：）

A.4物体的加速度为苧

B.力、夕组成系统的重力势能增大

C.下落七秒时，6所受拉力的瞬时功率为：〃必£

9cc

D.卜落t秒时，A的机械能减少了Tmgf

【解析】/与8的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：对小8整体有：.=牛「

=：小故A错误：从”组成系统的机械能不变，动能增大，直力势能减小，故B错误；B

受到的拉力：R=m（g+G=W，下落£秒时，8的速度：v=at=^gt,所受拉力的瞬时功

率为/雄心C错误：对力有：2mg—F\=2ma,得细绳的拉力芯=$/g.下落£秒时，

力下落的高度为力=，=""，则A克服细绳拉力做功为『Rh="〃.根据功能关系得

2

知：力的机械能减少量为八故D正确.

y

【答案】ABC

热点七功能关系、能量守怛定律

10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径如水平、如竖直，一个

质量为m的小球自A的正上方夕点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点8时恰好对

轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为的则小球从2到8的运动过程中（）

A.重力做功2加断

B.机械能减少mgR

C.合外力做功侬户

D.克服摩擦力做功》必？

2

mt/

【解析】小球到达E点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据欧=下得，

小球在5点的速度『="正小球从尸到4的运动过程中，重力做功W=mgR,故选项A错误；

减少的机械能-J版=；侬凡故选项B错误；合外力做功八=]加=]/顾，故

选项C错误；根据动能定理得，mgR—E=5拼产-0,所以Wt=mgR—gm/=gmgR,故选项D正

确.

【答案】D

热点八动量、动量守恒定律

11.质量为80kg的冰球运动员甲，以5m/s的速度在水平冰而上向右运动时，与质量

为100kg、速度为3m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极

短，下列说法中正确的是（）

A.碰后乙向左运动，速度大小为1m/s

B.碰后乙向右运动，速度大小为7m/s

C.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1450J

D.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1400J

【解析】甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰

撞前甲的速度为八P，乙的速度为/乙，碰撞后乙的速度为/c，由动量守恒定律得：…

甲一加乙/乙=勿乙/乙，解得/乙=lm/s,方向水平向右，选项A、B错误：甲、乙碰撞过程

机械能的变化量△£=）〃甲品+%;乙点一%;乙/3代入数据解得bE=\400J,机械能减

乙乙乙

少了1400J,选项C错误，D正确.

【答案】D

12.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的8固定在一起，质量

为1kg的力放于9上.现在.4和H正在一起竖直向上运动，如图所示.当力、8分离后,A

上升0.2m到达最岛点，此时厅速度方向向卜，弹簧为原长，则从力、斤分禺起至力到达最

高点的这一过程中，关于弹簧的弹力对4的冲量大小以及弹簧的弹力对“做的功，下列正确

的是（g取10m/sY）

A.1.2N-sB.0J

C.6N・sD.4J

【解析】力、8分离时也是弹簧恢复原长时，此时力、6的速度与加速度均相同，之后

A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度大小。=＜丽=2m/s,上升到最

高点所需的时间1=\^=0.2s,力到最高点时弹簧恰恢复原长，此时8的速度为2m/s,

方向竖直向下，在此过程中对夕用动量定理（规定向下为正方向;得:皿吆t+/i=皿W一（一加6。,

解得/、=6N・s,A错误，C正确：由以上分析可知，月、夕分离时弹簧处于原长状态，当力

运动至最高点时弹簧仍处于原长状态，弹簧对8做的正功利负功相抵消，则弹簧对8做功为

零，B正确，D错误.

【答案】BC

第U卷（非选择题共52分）

评卷入得分

二、非选择题（本大题共6小题，共52分.）

［热点综合练］

13.（4分）（涉及探究动能定理的相关实险原理与数据处理〕某同学利用图甲探究力对物

体做的功与物体速度的关系，得到了如表的数据：

实验次数12345

橡皮筋条数13457

小车速度v/(m,s-1)

（注：每条橡皮筋拉长的长度都一样）

（1）设一条橡皮筋拉长到固定长度所做的功为幅在图乙中大致画出橡皮筋所做的功

与小车速度/关系的图象.

（2）由图象大致可判断出『与『的关系可能是.

【解析】（1）根据表中数据可知，橡皮筋做的功与小车获得的速度有关，并且做功越

多，小车获得的速度越大.据描点法可知，/与『的图线为抛物线，如图所示.

⑵由图大致可判断出/与/的关系可能是

【答案】（1）见解析图（2）Z

14.（8分）（涉及验证机械能守恒定律的实验数据处理与误差分析）

（2018•江西抚州模拟）利用气垫导轨可验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水

平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上力点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M

滑块左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为力的小球相连，遮光片两条长边与导筑垂

直；导轨上8点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间G用d表示力点到

光电门8处的距离，用8表示遮光片的宽度，实验时滑块在力处由静止开始运动.

(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度8,结果如图乙所示，由此读出〃=______mm.

(2)滑块通过8点的瞬时速度大小可表示为%=(用题中字母表示).

(3)某次实验测得倾角〃=30°,重力加速度用g表示，滑块从力处到达《处的过程中

小球和滑块(包括遮光片)组成的系统动能增加量可表示为△区=，系统的重力

势能减少量可表示为AE=•在误差允许的范围内,若•则可认为

系统的机械能守恒.

【解析】(1)6=(3+0.05X16)mm=3.80mm.

(2)因为遮光片很窄，所以可以将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过4点的瞬

时速度，即修=£

(3)系统增加的动能为△.=*什㈤Q",

系统减少的重力势能为△£,=(〃/一当

W

_f仆也..1/,

【答案】⑴3.80(2)----―：-----(m—Rgd

15.(8分)(涉及平抛运动，圆周运动，牛顿第二定律及运动学公式的综合应用)如图所

示，水平放置的圆盘上，在其边缘。点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为41m,

在圆盘直径。的正上方，与0平行放置一条水平滑道/用滑道右端8与圆盘圆心。在同

一竖直线匕且〃点距离圆盘同心的竖直高度方=1.25m,在滑道左端静止放置质量为m=

0Jkg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为〃一0.2,现用力〃一4N的水平

作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度3=2兀rad/s,绕通过圆心。的竖直轴

匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由6点水平抛出，恰好落入圆盘边缘

的小桶内.重力加速度取10m/s2.

(1)若拉力作用时间为0.5s,求所需滑道的长度：

(2)求拉力作用的最短时间.

【解析】⑴物块平抛：力=〈g/:r=A/—=0.5s

2\lg

n

物块离开滑道时的速度：/=7=2m/s

拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：尸一〃侬=〃同；

得：a=8m/s2

撤去外力后，由牛顿第二定律：—umg=ma>

得：a2=-2m/s2

物块加速获得速度：H=aM=4m/s

।z，

17--LA

则所需滑道的长度£=不+及=5劭A+F—=4m

(2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短；

盘转过一圈时间：7=?=1s：

物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v=a\t}+azt2

物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：

£1+£2+t=T

由上两式得：力=0.3s.

【答案】(1)4m(2)C.3s

16.(10分)(涉及动能定理，机械能守恒及动量守恒的综合应用)

(2018•山东烟台高三上学期期中)如图所示，小球〃静止在光滑水平面砥上的。点，

被长为£的细绳悬挂于。点，细绳拉直但张力为零.小球a从光滑曲而轨道月〃上的月点由

静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面依(不计小球在〃处的能量损失)，与小球人发生正

碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点.已知小

球a的质量为J/,小球力的质量为m,M=5m.已知当地重力加速度为g.求：

(1)小球a与6碰后的瞬时速度大小；

(2)力点与水平面欧间的高度差h.

(解析】(D两球恰能到达圆周最高点时，

9

(J/+ni)g=(J什ni)~r

设两球碰后瞬间速度为no则从碰后到最高点过程中由动能定理可知：

—(J/4-m)g•2/=)(J什加)d—谋

乙乙

得a与。球碰后瞬间的速度大小为"=屈.

(2)设两球碰前a球速度为外两球碰撞过程动量守恒：

Mvc=(J/+/Z?)。共

所以玄=!\/丽

a球从力点卜.滑到。点过程中，由机械能守恒定律得：

12

Mgh=-Mv

乙c

h=L.

【答案】⑴咽Z(2)£

17.（10分）（涉及平抛运动，圆周运动，牛顿第二定律及动能定理的综合应用）

如图所示，在水平地面上固定一个帧角。=45°、高Q4m的斜面，在斜而上方固定

2

放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD,圆周部分的半径R=~m,AB与圆周相切于B

点，长度为水兄与水平方向夹角6=60。，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点G凯道

末端〃与斜面顶端处于同一高度.现将一质量为0.1kg,直径可以忽略的小球从管口力处

由静止释放，g=10m/s2.

（1）求小球在C点时对轨道的压力.

（2）若小球与斜而碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地而上，则碰撞点距斜而

左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大，立移为多大？

【解析】（1）设从〃之间的竖直高度为力，由几何关系可知

力="+芯in30°+£.sin60°=2m

由A到C,根据动能定理得：mgh=1届

在。点，设轨道对小球的支持力为K,由牛顿第二定律，K-侬=号

mK

解得《=7N.

由牛顿第三定律可知，小球在。点时对轨道的压力为7N,方向竖直向下.

（2）设〃到碰撞点的高度为外从力到碰撞点，根据动能定理得：侬（力+y）=J加诡

-=tan45°

x

小球与斜面碰撞后做平抛运动，H—y=^gt',s=vot

代入数据整理得：s=«4-2+x一

当2+x=4-x,即x={m时平抛运动的水平位移s有最大值，

最大值$=6m.

【答案】（1）7N,方向竖直向下（2）1m6m

18.（12分）（涉及动能定理，