高中物理——高考必刷题分题型强化——物理（答案及解析）.pdf

厂小批0l一耳并互册斗-上-弗洼鞋上面毗翱磐即疑】髓魏靡鳃龋辙嚼獭潍蔓瓣髓邀爵蹿嚼鳃翱霉螺整蹿翻罐垃獭蹦肄蹦k噬鼎鳃鹤霸蛾庶鹅瓣罐翠蹿蹿辩翻鞠嚣獭罐撼辙蜘瓣憋蕊辩盟撼肄霸龋莲辫盈坠固隘蕊葱慈蠕撼蘑拿辩禽荔瓣嚣沁啥岛诫搜潍拙葬蕊谬蹿嚣赣蹄熬搞惑翻f辩翱熟端;蕊腮鱼赣l锰其滓三鳃智碟点削瓤鹅忌撰辨亨舔勘撼瞧孵凰蔚瓣船币潜睬暂啥蛊:盟熟潭翱辣鳃撼聪舞:巍鞭辨蹿腋嚣、默瞬酋鞍瞻嚼雾瓣;占蝉躁撂蕊鸿剪嘿乏;鳞斜宁膘瓣潍鹅灌鼠撰箍丛）霉壤蕊霉藩瓣溅夕扩辙徽沁噬曹瓣藩镶酪撼瓣答案及解析题型专练一选择题专题直线运动规律甲在乙的前方,故D错误c解析设汽车的加速度为,经历6c段ce段的时间分另为叮:根据匀变逮夏线运动的愉移时间公式有膊健魁躯.（邢）2撼二（2）2解得2（2百）故C正确A、B、D错误定位题组D解析汽车的速度2L6knh6ms,汽车在前0.3s07s内做匀速直线运动位移为卯l0（t12）6（0。30.7）m似;626m,随后汽车做减速运动位移为熊2万Z雨m3.6m,所以该ETC通道的长度为L必1绷26m36m96m故A、B（错误,D正确.3厂-题多解本题也可以用匀变速直线运动的推论求解,初速度为零的匀加速直线运动在相等位移上的时间比为t1:2:3:4l:（百1）:（可-页）:（2可）则tb:1:（2面）,所以通过ce段的时间为（2面）.赣赣犀皇公式碉确汽车的雨毁特息然后合理选择2.C解析根据图像可知在01s时间内,物体做匀加速直线运动12S时间内物体做匀减速直线运动2s末速度为零23s时间内物体反向做匀加速直线运动34s时间内物体做匀减速直线运动J4s末速度为零45s时间内物体再次反向做匀加速直线运动!56s日寸间内物体做匀减速直线运动6s末速度为零根据图像与时间轴所围图形的面积表示位移,从图像上可以看出2末和6末物体距离出发点的位移相等22m丝2m,故A正确,B错误合外力的冲量等于动量的变化呈01s时间内与34s时间内,物体动量变化量相等水平外力对物体的冲量相同故C正确12s时间内物体的动能减小,水平外力做负功,23s时间内物体的动能增大,水平外力做正功,故D错误3.B解析由题意可知,汽车做匀减速直线运动,设加速度大小为由U鳃图像可知初速度o020ms刹车总位移x20In,由公式;2卿得l0ns2当12ms时）汽车杀车的位移为220似xl-可了l2.8m,故B正确.差蹦蓟轴的截距是初谨度横辐的截距是刹车位移4c解析由于甲同学在0tl时间内的zt图线是抛物线,所以甲做匀变速运动,腮t图像的斜率表示物体运动的速度,由图像可知!甲做匀减速直线运动t1日寸刻静止A正确;乙同学做匀速直线运动B错误;甲在0!时间咸腋平均巍闺c正确在（）t2时间内,甲乙的位移均为卿0,D错误5.D解析汽车的初速度o036kml110ms,若汽车以最大加2速度做匀减速运动直至速度减为零的位移撼器l0m汽车的车头距离停车线l0m,因此不考虑驾驶员的反应时间,立即以最大加速度减速行人才定是安全的,故ABC错误,D正确.关键点拨牛-若汽车立即做匀减速运动根据2绷删f;求出减速到零的位移,结合题中条件,半断是否超过停车线。6B解析财t图线斜率表示速度,前5s内甲Z两物块速度方向直为负运动方向直相同!A正确t5s时两图线相切贝甲乙物块的位移时间都相同,所以相遇且速度相同B正确由甲图线知r5S时,速度为（）.6ms,Z做匀变速运动有沙0t,解得乙的初速度大小为1.6nsC错误由位移箍鳃00“代入53m及删的值可得獭z5mD错误D解析由运动学公式U2o;2卯整理可得o22卿o;,结合图线可知斜率附2瓣ms,4ms可得j日速度为2ms2,故A错误纵轴截距bo;16m2.s2!解得o04ms,t2s时,O0t0,BC错误前2s内质点的位移为膊删0叶寸“:4测n下确B解析由嘶t图像可知!04s内!甲车做变速直线运动乙车做匀速直线运动,选项A错误2s末,两车到达同位置恰好相遇,选项B正确根据鳃一l图像中图线上某点切线的斜率表示该时刻的速度可知2s末,甲车的速度大于乙车的速度,选项C错误04s内,两车的位移大均为20m由平均速度的定义可知甲Z两车的平均速度大相等,但方向不同选项D错误BC解析螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度故螺钉脱落后做竖直上抛运动,A错误l由运动学公式可得,螺钉自脱落至井底的位移侧硼0g嘶2升降机这段时间的位移h2垄0j,故矿井的深度为hh245mB正确螺钉落至井底时的速度大小为ugr25ImsC正确螺钉松脱前随升降机上升的位移hl吵0t,解得螺钉松脱前的运动时间j6s,所以螺钉运动的总日寸间为9s,D错误定位题组2c解析由题知质点的位置时间图像是抛物线所以质点做匀变速直线运动图像斜率减表示瞬时速度在减小故质点做匀减速直线运动故A正确由干t2s时!图线的切线与卿轴的交点为0,4所以在第2肘-链竿ms-4m爵故请误;质点的加速度大为-器-炉m舅-2ms;故C工碉0内陨点敲位移大小为嚣二,0傻27m玫D错误吧唯关键点拨本题以追及相遇为背景弓导学生将卿-t图像中的信息转化为物理信息用物理规律解决问题D解析由ot图像可知球经0。6s到达最高点,减速到零,贝抛出时的速率为吵0gt106ms6mS选项A错误;两球同时落地球从上抛到落地共用时1.2S则球b落地的时间为tb1。2s0.3s0。9s贝小球6释放的高度为力6飘!l092m二4O5m选项B错误;6时到达最高点距离地面的高度为咖.l062m-L8mb更离地面的高度为轧05ml032In-16m此时、之间的距离为1.8m,选项C错误;从t0。3s时刻开始至落地,两物体的加速度相同,则相对6做匀速直线运动选项D正确故选I.司76易错警示小球竖直上抛在空中的运动时间为1.2st0。3s时将球6从地面上方某处静止释放,最终两球同时落地!所以球6运动的时间认为在空中的运动时间为0。9s很多同学容易把6是0.3s这是题中容易出错的地方定位题组3TD解析设小球l下落到与B等高的位置时的速度为U,小球1还需要经过日寸间jl落地B运动的时间为t2则hLt1g斤hL二g嚣比较两式可知!陶故A错误小球A与凸B都做自由落体运动!所以二者之间的轻绳没有作用力故B错以设闺了间为,侧娜;呵得,陶-仔2咖L是个庭包寸越大,则小球A与小球圃的落地时间差越,故C错误小球1与2之间的距离hot戳zg2二L酗可见两球司敞重离随时q雕增加越来越大,故D正确2B解析由图像可知,甲做初速度为0,加速度为1m鼠2的匀加逮运动重徽初速度为懒0加速度为:二罕ms2-lm詹恿的匀加速运动两车并拌行驶时满足线时某时刻图线切线的斜率表示该时亥的瞬时2.B解析由t图像斜率可知甲车启动日寸的加速度小于乙车启动时的加速度,A错误t0时刻!Z车在后,甲车在前,在j15s日寸!Dt图线相交两车速度相等此时两车距离最大B正确t10s日寸,乙车才启动在010s内通过t图像的面积可得甲主的位穆库二!00m二50m起初两车司经泪重20!u故此时两车相距50m20m70m故C错误025s内,甲车的总位移冲50m10（25l0）m200m乙车运动的总位移毛020m十202520m-200m此时呻20m吃高考必刷题DT物理为x对质点甲有刚;2l虹!对质点Z有似;p;22则联立解得l22所以l2ms22ms2故B错误C正确图线b的交点表示质点甲Z先后通过沁6m处日寸的速度均为0故D错误5c解析因熊t图像的斜率表示速度而OA和BC段为抛物线,可知OA和BC段表示物体做匀变速运动,且0A段表示物体做匀加速运动,BC段表示物体先做匀减速运动然后反向做匀加速运动,B段表示物体做匀速运动加速度为零,选项AB错误根据E!m闯可知选项C正确;根据厕可知选项D错误么6。BC解析-t图像的斜率表示加速度,从图像可以看出乙的加速度大于甲的加速度,故A错误;速度相等时两车间距最小从图像可以看出此时甲运动的位移为卵（27）20m90m而乙2运动的位移为篮2420m40m则两车间的最小距离为A匆腮280mzl30m故B正确若两车在t5s时相遇!从图像可以看出59s内甲、Z运动的位移相等,所以甲Z在t9S时再次相遇故C正确若两车在t4s时相遇从图像可以看出410s内甲Z运动的位移不相等,贝甲Z在tl0s日寸不会再次相遇故D错误7.BD解析物块先沿看斜面向上做匀减速运动!当速度减为零之后,由于队tan0所以mgsin0队矾gcos0则知物块又开始匀加速下滑。设物块上滑和下滑的时间分另为t1和t2加速度大分另为l和2,滑回出发点的速度大小为o。物块上滑过程有mgsin0mgcos0ml,贝lg（sin0严cos0）!物块下滑过程有吧sin0-严mgcos0加2则2g（Sin0-严cos0）贝有l2由位移卵舅;得）由于摩擦力盲做负功则0故A错误,B正确物块所受滑动摩擦力的大小始终为严7!gcos0保持不变,而方向先沿斜面向下,后沿斜面向上即先负后正,故C错误D正确.0十侧220!2解得4,!28即甲乙在4.和t8S时亥并排行驶选项A错误B正确在t6s时,甲的位霉篮!262m36mZ的位移躯266m上l262m54m可知此时Z在甲的前面54m36m16m2m,选项CD错误0关键点拨（t图像与时间轴围成图形的面积表示3.D解析沿后空绎时间t两者;束巨D解析设后车经时间两者共速且该段时间内的位移共速时两车距离最近,由olo22（r2）得,182r62（2）,解得4s此时间内后的位移膊-徽!十二lm上24562前车的位移鳃2二20似2（2）寺2（旷2）262m62m上222m28m,因如23（）如l可知两车不会追尾此时2两车的距离为28m30m56m2m,选项AD正确!B错误;在前牟开始汀速时两三柜距仅有十露卜!咐）0m62m（s2L22）ml0m选项C错误2关键点拨鸡初速度较大初速度较大、做匀减速直线运动的加速运动的卡车,两车速度相等时否追尾的依据气车追赶初速度较做匀间距最小这是半断两车能4c解析由图可知,在虹沙图像中,图线表示质点甲的运动质点乙的初速度o06ms,故A错误质点甲乙先后通过卿6m处时的速度均为U对质点甲有o22l鳃,对质点Z有2触;22躯联立解得23ms2,当质点甲的速度ol8ms质点Z的速度o22Ins时两质点通过相同的位移适专题2共点力平衡与牛顿运动定律得F-mgsin0一F弹m解得gA正确,B（错误之前弹簧处于压缩状态,对A分析有脑lmgsin当牛离开C时弹簧处于拉伸状态,对B分析有脑2mgsin0移为腮二趣2皿堡旦!?D正确k未施加F块B刚要故A的位定位题组。CD解析对物体受力分析,物体受拉力重力和支持力如图所示建立坐标系躯轴方向有Fcos0mgsin0m（D轴方向有VFsin0吨cos00从图像中取两个点（20N2mS2）,（30N6ms2）,代入o式解得m2kg037,故CD正确题中并禾说明力F随时间变化的信况,故无法求出加速度为6ms2时物体的速度,无法求卢望同d凹-民卢凸厂丁凋】卢飞伏关键点拨q（l）当物块B刚要离开C时对挡板的压力为零根据平衡条件求出弹簧的弹力结合胡克定律求出弹簧的形变量（2）根据牛顿第二定律求出物块A的加速度（3）弹簧开始处干压缩状态,根据平衡条件求出压缩量的大小,根据A的位移等干弹簧长度的形变呈求出物块A的位移出加速度从2ms2增大至6ms2的过程中物体的速度变化,故AB错误2。解析设A、B的质量均为M,先对木板B受力分析!竖直方向受重力压力和支持力水平方向受A对B向石的摩擦力和桌面对B向左的摩擦力由于对B的最大静摩擦力为严（mM）g,小于桌面对B的最大静摩擦力以（m2M）g,故木板B定保持静止,B不会受至桌面的滑动摩擦力!故A正确B错误当AC发生相对滑动日寸AC之间的摩擦力等于以mg,当AC没有发生相对滑动时,A、C之间的摩擦力小于队mg,故C错误;当F较时,AB、C保持相对静止,对AC整体分析,B对A的摩擦力等于拉力F的大小,故D错误3.解析因为FN的大等干F的水平分力!故在F从实线位置绕O点）顶时针转至虚线位置的过程中,FN先变大后变,故C、D错误先由大于重力减到等于重力,若F较,当F转过水平位置后,的方向仍然竖直向上继续减小;若F较大则当F转过水平位置后,可能反向!且变大,故A正确,B错误4.o解析要使球不从槽中滚出,设小球的临界加速度为,对小球进行受力分析!结合牛顿第二定律得mgcot60。m解得亨g投细线的位力大小为7重物c献质星为,对小琳瞻整体分析可得T2矾!对C分析可得MgTM咖,联立并代入加速度可得M（可1）n,故D正确6.BD解析在O点时,物体对地面压力小干mg,可知物块所受摩擦力叫竿选项A错误仕o点山三衡知识可知水三方向上cos30。从（昭Fsm30）可得Fng选项B正确从叁P到M的任意点,有Fcos0队（mgFsin0）,解得F队lgL加g严从P至M,0增大绳对物块的拉力F先减后增大选项D正确;区二而:隙i:0诺器百则从到M,增大地面对物块的摩擦力直减小,选项C错误易错警示本题的易错点是选项C、D根据共点力平衡歹出FcoS0陛（略Fsin0）,解出拉力F与角度0的关系式F凹lcos0严sin0m骋结合0的取值范围和三角函数的极值求出F丁丽可sin（0）的变化规律夕夕夕夕岁夕歹乡夕乡7.C解析设的质量为m!则6的质量为2m以b为研究对象竖直方向受力平衡,可得绳子的拉力始终等于b的重力!即T2mg保持不变以为研究对象,受力如图所示设绳子与细杆的夹角为0,支持力FN2gsin0-mg!缓慢向右移动的过程中0角逐渐减,当N0时2骋怠in0腮g二0解得二即030。故A正确缓慢向右移动的过程中两段绳子之间的夹角逐渐增大,绳子的拉力不变,所以绳子日绳子的拉力不变,所以绳子的关键点拨出本题的关键o对临界加速度分析,球冈好要离开槽时只有点对球有支持力的作用而此整体的加速度仍沿水平方向.合理地选取研究对象,如表示的时细b】口J上线的立力时将球和槽看成整体分m卢忻.重物C的加速度大小与球槽的相同。厂尸二个gFN5AD解析物块B冈要离开C时,B和挡板之间没有力的作用,即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜面向下的分力,即F弹吧sin0）此时B的合力为零,加速度为零对A分析!受到弹簧沿斜面向下的拉力支持力,重力以及F的作用!根据牛顿第二定律可合力减小贝支架对滑轮的D2苔案及解析作用力逐渐减小故B错误由图可知,绳子与细杆的夹角0从90。变为0。时,根据FN肌（2mgsin0ig）可知当0从90变为30时FN直减小至零!当0从30。变为0。时!FN反向增大故摩擦力先减小后增大!故C正确由受力分析图可知水平方向有F2mgcos02mgcos0严（2肌gsin0-mg）2ng（cos0似sin0）陛mg由于cos0队sinI丽丁cos（0）而tan二陛若腆三粤则0.故壶力-2侧gI了爵,鹏严mg,0从90变为0的过程中当030时cos（0甲）l为最大值贝拉力最大!当0从30继续减小时cos（0华）开始减小,贝拉力也开始减故拉力F先增大后减小,故D错误8.BD解析开始物块相对于传送带向后滑动,物块受至的摩擦力沿传送带向下,物块向下加速!当物块速度大于传送带速度后物块受至的摩擦力方向沿传送带向上故A错误由图乙所示图像可k!2内物块度感-兰-;0呻-2,敲吓碉由图乙所示隆像可知,塞仆!.内j逮度酿-兰L二InS2l0mS2,由牛顿第二定律得mgSin0LmgcoS0n在l2s内由牛顿第二定律得mgsjn0mgcos0m联立解得从05,037。,故C错误,D正确关键点拨由图像可以得出物体先做匀加速直线运动当速度达至传送带速度后,由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力物块继续向下做匀加速直线运动根据牛顿第二定律,结台加速度的大小求出动摩擦因数的大。5AC解析根据动滑轮的特点可知,相同时间内AB运动的路程之比为2;l选项A正确;根据二2可知物块AB的加速丝度之比为2:l选项B错误;设细绳的拉力为7,B的加速度为,贝勺对A有T.2对B有3g2T3m联立解得g,略选项C碉当B下落高度时由萨-2h得速度为,呵丽子J选项D错误心题多解4选项D也可应用系统机械能守恒定律求解下落过程中,A的速度是B速度的两倍设B下落h时的速度为o,贝3lgh3卿带（2脓解得圃-平p关键点拨谷本题考查滑轮组问题解题关键是找出两物块的位移、速度及加速度关系,结合牛顿第定律和运动学公式歹式分析,也可结合系统的机械能守恒定律求解6.D解析当木板倾角是30时物块受至重力支持力、垂直斜面向下的电场力和摩擦力的作用在垂直于斜面的方向上,有F肘l0.坷（粤）当小板倾角是60.时,物重力支持力与斜面成60向下的电场力和摩擦力的作用.在垂直于繁面的方向有印隔圆0.-狮g粤吨由于FMFN2在摩擦因数相等的信况下,可知木板的倾角为30。物块所受的是静摩擦力倾角为60时物块所受的是滑动摩擦力。木板的倾角为30时物块受力平衡得厕gsin0炯g木板的倾叁60.川ji-腿鹏（略亭吨）由题意,可知八,解得严42可,故D正确A、B、C错误2可7D解析以AB整体为研究对象根据牛顿第二定律可得两种青况下八整体的加速度为侧羔设弹簧的原长为当用力拉B时对A有k（l0）m!当用力F推时对B有内（0-2刚解橇-2了!腮-六A、c镐误n正磷;第种青况弹簧的形变为二二第二种霄况弹簧的）O形变量为02亏亏2B错误8.CD解析以AB整体为研究对象,当F严2（MAMB）gl4N时!两物体都不动设AB发生相对运动时的拉力为F0分析整体有F0以2（MMB）g（M4MB）分析B有队lMg尸2（MAB）gB!两式联立解得4ms2,F042N当l4NF42N时AB起做匀加速运动,A错误,C正确;当F30N分析整体有F队2（M4MB）g（MAMB）,此时加速度毕ms2,B错误;当F48N时AB发生相对滑动对B受力分析,有严lMAg严2（MAMB）gMB解得4ms2,D正确定位题组2B解析小物块沿斜面向上运动时对物块受力分析,由牛顿第二定律得mgs1nm邵cos,贝加速度大小为gsln“cosl0ms2,物块速度减为零运动到最高点的时间t也sl5s,由于mgsi从mgcos,小物块速度减为0时即停止之后静止于该位置,故l.5s时小物块离斜面底端距离为2虹虹5m,故B正确2b易错警示叫物块上滑做匀减速直线运动,根据ngsinmgcos可知巳停下!物块将在最高点保持静止求l5s时物块离底端的距离应该先判断l.5s时物体处于上滑过程还是在最言点静止本题经常出现的错误是直接把时间tl.5s代入卯0l士“求解-2B解析设小球O所受库仑力方向与竖直杆F勺司诊附目的夹角为0.取小球O为研究对象受重力弹似力和库仑力而平衡,P缓慢地向右移动段距离若P0间距离不变,则库仑力不变,由干库仑:弓力与竖直方向夹角变如图所示,则库仑力F（的竖直分呈Fcos0大于重力,故P0间距离增大贝F变Fsln00杆B（）对Q的弹力减g!故AB正确;取0整体为研究对象办0杆A（）对P的摩擦力减VP（mP!0）g杆AO对P的弹力不变故CD错误3.D解析对AB整体研究,根据牛顿第二定律可得gsin0把加速度分解水平方向有翼gsin0cos0竖直方向有ygsin20,隔离木块A有F静A叫xmAgsjn0cos0方向向左故A错误;A对B的压力竖直向下,A对B的摩擦力水平向右,A对B的作用力即为A对B的摩擦力和压力的合力根据平行四边形定则可知A对B的作用力方向指向右下方!故B错误对C分析!由于B对C有斜向右下的压力地面对C的摩擦力方向向左,故C错误由于AB整体具有向下的加速度vgsin20,处于失重状态!所以地面对C的支持力大小小于Ap关键点拨-解答本题的关键是求出夕卜力的两个旧界值是两物块起运动的最小拉力F二l4M二是两物块刚好发生相对滑动时的拉力F42N根据所加拉力的大求两物体对应的加速度定位题组3解析对b两球分另受力分析!建立沿支架和垂直于支架的坐标系如图所示对由平衡条件得垂直支架方向有Vmgcos0FTCOS,沿支架方向有,lgSin0FTsin可得FT矾卓sm0对6由平衡条件Vbmbgsin0Fsin叫gco60SlI1可得F-糕0同根绳的张力处处旋目同;联市可得嘿二砸糕有舟器故遮AABC重力大小之和根据牛顿第三定律知D正确4.D解析设挂钩所在处为点,延长P交墙P干M点如图所示同条绳子拉力相等!根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等设为,贝根据几何关系可知QM即POPM2m!根据几何关系可得sin丽二2里0.6,贝37。!根据平衡条件可得2In27boslg!解得75M故D正确,ABC错误.膊灌i嗣赚壶幢得至两边绳子与竖直方向的夹角,再方程求解Omg根据坚白方歹旧Bmg高考必刷题D3物理-题多解弓对b受力分析如图所示气二下而nbg由正弦定理有为60时由几何关系可知弹簧的长度等于原来的长度弹力Tmg,此时有ngcos30。Tcos30。杆对环的弹力仍为零故杆对环的弹力不是直增大故C错误设弹簧与杆之间的夹角为根据平衡条件可得,从初位置至弹簧与杆垂直过程中,拉力Fgsin30Tcos随看的增大,cos减小!弹簧的弹力减小贝F增大!从弹簧与杆垂直至末位置的过程中!拉力Fmgsln30。TCos,减cOs增大,弹簧的弹力增大,贝拉力增大故拉力F直增大故D错误对曰正弦定理有揣-蒜,对F兰而尘叁冗两式联立解得mtanlbtan0）（皿吕）（】吕l5BCD解析对小圆环受力分析可知小圆环受至竖直向下的重力光渭直杆AB对小圆环的弹力和恒力F由于光滑直杆AB对圆环的弹力在沿直杆方向无分力,要使小圆环在直杆上运动的时间最短由!2可知小圆环运动的加速度必须最大由牛顿垒第二定律可知恒力F和重力的合力沿光滑直杆方向时,小圆环的加速度最大选项A错误,B正确若恒力F的方向水平向右由an30。等解得F丁咖g选项C正确当恒力F的方向垂直于光F滑直杆时,恒力F最,有sin印。二匹巴!解得F的最小值为Fmmmg略詹m铡愿-粤略选项n正磷6。BD解析由22则可知2匆图像斜率为片2贝物体做匀减大小为健惫-带帖:-匀加逮动的q遮度大小为-轰-盖吨:三根据牛顿第二定律得FmlFm2联立两式解得F7M-3N物块与水平地圃间的动摩擦因数为陛-点-03故0错误D正确物块做匀减速直线运动的时间tl坠卫s1s,1l0即物块在0s内做匀减速直线运动s后恒力F反向!物块做匀加速直线运动!故B正确,A错误B咖。g二了mbg2c解析空间飞行器起飞时受动力和重力两力的合力与水平方向成30角斜向上,设动力为F!合力为F合,如图所示,在OFF合中,由正弦定理得.m9长器揣解辱何骡卜sin（900）Sin0sin0,u丁、.FFOF合mg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为Fol-三gAB均错误;撤去F后飞行器只受口几g重力作用则加速度为g,C正确i有动力作用时经过时间t的飞行器速度为gt,因撤去F后的加速度方向竖直向下!与有动力时的加速度方向不在同直线上贝经过日寸间t后飞行器的速度不会变为零D错误.十-题多解本题也可以采用正交分解法,卿轴沿合力方向在方向有FSin（）矾gcos0解得F何mg台力F合Fcos（0）Fmgsin30。ng!所以加速度-三g广p关键点拨、由;2躯可知2腑图像的斜率2坐根据圈线冗（斜率求加速度云可义0肉队（F）7。BC解析先以水与水杯为研究对象,贝整体只受至重力、摩擦力及斜面支持力,沿斜面方向上有Mgsin必MgcosM取液面上滴水滴为研究对象!设该水滴质量为m则水滴受至竖直向F下的重力和周围水垂直于水面的总作用力由正弦定理有戒皿凸二-A二,联立得3.5ms2,以0.75,故BC正确ADS1IICOS错误.ng3.D解析设初始状态时!弹簧的弹力为F,此时对B有FFmgsin0.撤去F后B向下加速!弹簧先恢复原长,然后再伸长弹簧上的弹力先减小再增大B的加速度先向下减小至零,再变为向上增大!弹簧的弹性势能先减小后变大D正确当加速度为零时,B的速度最大此时弹簧伸长弹力等于重力下滑分力C错误;初始时分析A可知TFmgsin0,绳子的拉力可能为零B错误;在B向下运动的过程中!绳上的拉力直在增大,所以A始终保持静止,A正确赣瞧惠男雨个物撞受刀分析根擂力的变（化判断AB的受力情况广p关键点拨弓先以整体为研究对象,对其进行受力分析求出整体的加速度,然后以水为研究对象,结合牛顿第二定律分析水的运动状态;（结合以上0夕方程求出加速度及动摩擦因数8.C解析由ut图可知!02s内物体做匀减速运动加速度大小l5ms2,26s物体反向做匀加速运动,加速度大2lms2可知恒力与初速度方向相反根据牛顿第定律有Fml!Fm2!联立解得F6N,4N,故A正确;02s内,物体的位移大小为财l02ml0m246内物体的位垒移大小为财22n2m摩擦产生的热量Q蹦则2）4（l02）J48J故B正确根据动量定理,合外力的中量等于动量的变化量前6s内合外力的中量为n.u2kg（14ms）28N。s故C错误;由4mg得任02,故D正确本题选择错误答案故选C.4B解析由于初始状态平衡时弹簧处于伸长状态,使环缓曼沿杆滑动直至弹簧与竖直方向的夹角为60的过程中弹簧长度先减后增大,弹簧的伸长量先减小后增大故弹簧的弹力先减小后增大!故A错误,B正确;开始弹簧处于伸长状态,根据平衡条件可知弹簧的弹力等于小环的重力,即Tng此时杆对环的弹力为零否贝弹簧不合坚白;当环缓曼沿杆滑动对环的弹力为零否曼沿杆滑动,lg当环缓直至弹簧与竖直方向的夹角专题3曲线运动及万有引力定律2B解析月球的第宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的线速度婶娥三号在轨道l上的运行半径大于月球半径根搪孪-卿竿虞二抨可知媳娥三号在孰道1上的运行速度比月球的第宇亩速度小故A正确“婶娥三号在地月转移轨道上经过P点若要进入轨道1需减速!所以在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大,故B正确根据开普勒第三定律得,由于卫星在轨道2上运行轨道的半长轴比在轨道上运行的轨道半径小!所以卫星在轨道1上运行周期比在轨道2上大故C错误媳娥三号无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有弓力提供的加速度万有弓力定位题组lBC解析设斜面倾角为0,若小球先后两次都落在斜面上,贝由!趟M立得2删凰M所以二若球先后两次都落U0g面二,h域,仔萧以-看小球第次被水平抛出后落在斜面上!第二次被水平抛出后落在水平面上!贝二L综上所述BC正确2D4答案及解析在此点产生的加速度相等,故D错误力,物块与轨道间无相互作用力故B错误物块从P至B的过程,运用动能定理得腑顾gR腆mgR砸哺在B点由向心力公式2得v炯可得3!g由牛顿第三定律得吻块在周点对轨道的作用力大小为3lg故C正确在PA段物块克服摩擦力做功为厕克队吨R0.5加gR,故D正确8BD解析起向右加速时对球有mgtan37m对系统有F（加M）7.5N故A错误小球离开圆弧管做类平抛运动,设其飞出管道瞬间速度为则有R卿Rg2由以上两式么解得!竿皿氯故B吓确;设系统停下前的速度啦由机械能守恒定律得咖似;二咖删咖gRc。s7解得2丁页mS故C错误根据动能定理可知F做的功（咖乙删似;28a2J4J故Dr确定位题组2p关键点拨臂藕瓣嚣翻蹿易耀嚷露,卫垦在半3.CD解析当A冈好要滑动时摩擦力达至最大静摩擦力,弹簧的弹力与静摩擦力的合力提供向心力贝有以mgMoi解得叭-俘当g刚好雪筒动时.摩擦力达至最大静摩擦力弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力!则有厂2仪ng2砸解得o六竿故您所以B最先滑动允许的最大篇速夏为巾竿磁A镭误D正确;当删受恿的摩擦力为0讨审弹簧弹力充当问心力战删解得-仔此时B受到的向心力为F2Mu2厂2r故B受到的摩擦力指向圆心故B错误当B受至的摩擦力为0时!由弹簧弹力充当向心力载阶-所解霉“!-倘此时刹受到的向心门为m二肋版故A受至的摩擦力背离圆心故c正确B解析设小孔下方细线与竖直方向的夹角为0细线的拉力大小为FT,细线的长度为L小球P做匀速圆周运动时由重力和细线的拉力的合力提供向心力如图所示则有羔mg馏n0皿2Lsm0厅-得角速度二瓦丽使小球在个更高的水平面内做匀速圆周运动时!0增大!cos0减小则细线的拉内做匀速圆周运动时,0增大,cos0减小则细线的拉L击关键点拨升此题是牛顿第二定律在圆周运动问题中的应用关键是明确向心力的来源分析题目的隐含条件分析摩擦力的方向0当AB刚好要滑动时摩擦力达至最大静摩擦力弹簧的弹力与静摩擦力的合力提供向心力F!4B解析若铅球通过小圆桶最高点做圆周运动则铅球在圆桶中上升的高度等于2R;若铅球运动达不至四分之圆周,速度减为零根搪机栅能守喜卿徽-解得丢藉赵四分之圆周但越不过圆桶内的最言点则铅球会离开圆桶做斜抛运动在最高点有水平逸度根搪机械能守巨定律有竿-吨h22等铅球上升的高度小于为故A请误B正确若铅球刚好达到与圆心等言处日寸速度减小至零则gR二咖2面酉;若铅球么能过最高点在最高点的最小速度为高F则mg.2R咖意鹏解得错球仕最低点的最小速度为!冒灰当似zF或刚5百时铅球都不会脱离圆桶,故C错误.若铅球能至达圆桶最言点则铅球在最高点的速度o高回故D错误5.解析两球抛出后都做平抛运动两球从同言度抛出落至同点,庄二竖时目等它们时间三仔桐等对十亨头赡糯谴孰疟3面上则有似n07。g!则二型;故AU22丁g正确B、C、D错误解析根撮c警腮（芋）:以及C警二厕g可霉雁誓譬g严,可得、6轨道半径之比为-吕丘扑（）十正蹦（巾兰腮牛:瑞匡凰则M密度之比为4;选项三确;根据乎2s圆-至2ss,2丽当扫过相同面积S时,则些t）厂T升骨闷（）;十逃项随错谩;卫垦汕钠顾量不定,无法比较向心力的大小关系,选项D错误7.CD解析小物块恰能至达半圆轨道最言点C时,由重力提供2向心力则有吧狮物块从P到c的过程由动能定理得2mgR以mgR咖联立解得弹簧对物块做的功为3咖gR叁故A正确.物块恰能至达半圆轨道最高点C日寸由重力提供向心加g力FT增大角速度增大,A错误,B正确对金属块Q,由平衡条件得Q受至桌面的静摩擦力变大C错误金属块0始终静止在桌面上根据平衡条件知Q受至桌面的支持力大等干其重力大小,支持力保持不变D错误2c解祈根据偷-得-仔可大人利小孩所抛出兼圆环运动时间之比为3:2,选项A错误速度变化率等于加速度,因为圆环做平抛运动加速度均为g可知速度变化率之比为:l,选项B错误;大人和小孩抛出圆环的水平位移相等根据p坠可l知水平初速度比等于2:3选项C正确根据Z可知圆环落地的竖直分速度之比为3;2贝根据;丽了可知圆环落地日寸速度之比不等于3:2选项D错误命关键点拨-对干物体做平抛运动问题我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解两个方向上运动的时间相同是解题的关键3。c解析小球从V至C的过程可视为平抛运动的逆过程!贝uNGos!Wslng,腮C赃t,解得22硕,聪C丁R,选项A正确,B错误小球从至的过程应用动能定理可得鹏gRR砸懒i咖似对小球在删点时的受力进2行分析由牛顿第二定律可得略佩爷解得F卿6咖g根据牛顿第三定律可得球在M点对轨道的压力为6加g,选项C正确,D错误4D解析在两极点处有警略仕赤道处存刀有引力撮供仁心力利重力鹰警懒-耀繁K解得天体的质量沟-弯7-2丽苦g选项A糙误正碉该天体的度、鹏云铲雨满婴慌可知该天体的第宇亩速度为渺百,选项C错误尸0易错警示繁宇-仔硕式中的删是该灭体韵臆量是该天体的半径,g是由警略求得的题中极点处的重力加速度本题容易将g代入赤道处的重力加速度而错选C。5.C解析当h2R时小球从A点运动至C点的过程!根据机械能守恒有厕g（!RRcos0）厕:在c点时有FNng叁爷解得x号吨.根擂牛顿露三定橇可知小球过c点时灯勺7轨道的压力大小为顾gA正确;若小球恰好从D点离开圆弧轨高考必刷题D5物理行的周期为r则存孰道l卜的圃积速露为等捡孰道皿运行的面积骋,塑丹三定斋,得R2磊义慑竿罐怔确道则g等测RR咖;解得嘶顾h2.3R2R当h2R时小球在运动至D点前已经脱离轨道不会从D点离开圆弧轨道做平抛运动B错误;由机械能守恒可得咖g（!RR）m咕得厄颗由牛顿第二定律可2得F十略咖卡解得FNM咖g根据牛顿第三定律可知小球运动至D点时对轨道的压力大小为14lgC正确若小球以速度刚0从D点离开后做平抛运动RR!o、0g;得垄-偷优,且蔚-娜-荒0错误6.D隆键点拨轨道lI上个后弓左黄白白而壬期内探测器与月球的连线面积是指探测器椭3c（解析根搪偷-鳃:可得运动的时间-仔,高度不变所有小面圈在空中运动的时间都相同,选项A正确根据刚g可得所有小面圈的速度的变化量都相同选项B正确因为水平位L移的范围为LxL2R3L贝水平最小初速度为mm厂1隔,水半最大初透度为-二驰儡侧水平广的范圈为L聂03L下落过程中对小面圈出动能定理得厕gh咖2厕,;所以落入锅中时小面圈最大速度,厂端.带2融警2雕,最小逮度为嚼丽丁i顾-穿带2碰选项p正确c镭误4D解析调相轨道与绕月轨道的中心天体分另对应地球和月球,开普勒第定律不适用故A错误ll2kms是第二宇宙速度是地球上发射脱离地球束缚的卫星的最发射速度0探测器没有脱离地球束缚,故其速度小于ll。2kms,故B错误;从调相轨道切入到地月转移轨道时,探测器的轨道将持续增大探测器需要在P点做离心运动故在P点需要加速故C错误;从地月转移轨道切入至绕月轨道时,探测器轨道半径减小,需要在Q点做近心运动,探测器需在Q点减速故D正确伐易错警示）（由于对第二宇亩谅度理解不至位易错选B.5D解析球可能做完整的圆周运动刚好不脱离圆轨时,在圆2轨道最高点,重力提供向心力有mgl二,对释放点至轨道最高厂点由矾械能守恒定律得砸:h咖g.2哪燃解得肛二25萨;巳可能不超过与圆心等高处由机械能守恒得mghlg,得内厂;综上为使球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道,h的范围为h厂或h2。5厂,故A、B、C错误D正确七思路分析喇本题考查速度的合成与分解问题根据两物体沿杆方向的速度相等分另将AB的速度沿杆方向和垂直杆方向分解,列式求解即可解析设滑块A的速度大小为,方向沿水平方向,将A点的速度沿杆的方向和垂直杆的方向分解如图所示,根据运动的合成与分解B可知,沿杆方向的分速度Dd分四cosB点做圆周运动实际速度是圆周运动的线速度可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度!女直于杆方向的分速度!如日g入I图设B的线速度为鹏则oB分cos0cos（卯）日in,OL!又二者沿杆方向的分速度是相等的,即扮,盼联立司得腆嘿芋故!正确A迅c错误7.c解析以装置为研究对象分析受力!如图甲所示,可得此时小车对装置的支持力（!M）g故A错误以小球为研究对象分析受力,如图乙所示!根据牛顿第定律可得mgtan0m解得被测小车的加速度大蔚皿0g故B错误以装置为研究溺象根据牛顿第二定律可得测量装置受至的水平合力大为F叶删）咖十g方向水平向石故C工确以小球为研究对象分析受力!竖直方向的合力为0,所以球稳定在竖直圆管内!A位置小球所受圆营的力沿水平方向,不能平衡重力贝小球不可能稳定在圆管的A位置!故D错误.ll心关键点拨咐小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道的两种盾况（1）不能通过与轨道圆心等高处（2）能通讨圆轨道最高点.6D解析设圆锥筒顶角为20,贝两球做匀速圆周运动的半径分另为rLlsin0厂BL2sin0两球所受的合力提供向心力,即F合mo2厂半径不同所以两球的合夕卜力大小不相同,故A错误对小球受力分析如图甲所示小球受重力g,支持力,拉力T水平方向由牛顿第二定律可得Tsin0cos0m2r竖直方向由平衡条件可得Tcos0sin0mg,解得Tmgcos0m2厂sin0,mgsj0-m2rCOS0,由于半径不同!所以两球对细m叁厂coS0,田十半径不司,所以内球对细ngv（M）g甲乙瓣蔫嚣腑鳃搁瓣孺泰橇aD解析已知火星公转轨道半径为地球的l.5倍则由开普勒3第三定律卞二阿知轨道半径越大周期越大故火星的公转周期比地州正确又由粤-!竿可得二砰,轨遣半褥越大,线速度越小可知火星的运行速度比地球的小B错误;由T甲绳的拉力大小不同,故B错误;由于A球做圆周运动的半径大于B球做圆周运动的半径所以A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力!故D正确两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力与圆锥筒对小球支持力的水平分力的合力,故C错误七题多解求绳子拉力和球对圆锥筒的压力时也可如图乙肄古坐标系