物物理高中2016201611如圖所示為?種常見的身高體重測量儀．測量儀頂部向下發(fā)射波速為v的超聲波，超聲波經(jīng)反射后返回，被測量儀接收，測量儀記錄發(fā)射和接收的時(shí)間間隔．質(zhì)量為M0的測重臺(tái)置于壓力傳感器上，傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比．當(dāng)測重臺(tái)沒有站?時(shí)，測量儀記錄的時(shí)間間隔為t0，輸出電壓為U0，某同學(xué)站上測重臺(tái)，測量儀記錄的時(shí)間間隔為t，輸出電壓為U，則該同學(xué)的身高和質(zhì)量分別為()D當(dāng)沒有站人時(shí)，測量儀的空間高度為h0=，U0=kM0，站人時(shí)，測量儀中可傳播超聲波的有效空間高vtv(t0?t)度h=，U=kM，故人的高度為H=h0?h=，人的質(zhì)量為22m=M?M0=(U?U0)，選項(xiàng)D正確． 2202010如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔8m設(shè)有?個(gè)關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時(shí)間分別為5s和2s，關(guān)卡剛放行時(shí)，?同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2m/s2由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是()保證此區(qū)域完整C根據(jù)v=at可得，2=2×t1，所以加速的時(shí)間為t1=1s．加速的位移為x1=at2=×2×12=1m．之后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為s=3.5s．到達(dá)關(guān)卡2的時(shí)間為t2=1+3.5=4.5s小于5s，放行；可以通過，所以可以通過關(guān)卡2繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．從第2關(guān)卡到第3關(guān)卡勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3=s=4s，所以到達(dá)第3關(guān)卡的時(shí)刻(從開始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí))為從第3關(guān)卡到第4關(guān)卡勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間仍然是，所以到達(dá)第4關(guān)卡的時(shí)刻(從開始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí))為關(guān)卡放行和關(guān)閉的時(shí)間分別為5s和2s，此時(shí)關(guān)卡4是關(guān)閉的，所以最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡4，所以C正確．故選C【點(diǎn)評(píng)】：本題是對(duì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系式的考查，注意開始的過程是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，要先計(jì)算出加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．320183?攀巖者以1m/s的速度勻速向上攀登，途中碰落了巖壁上的石塊，石塊自由下落。3s后攀巖者聽到石塊落地的聲音，此時(shí)他離地面的高度約為()Ch=gt2=45m該過程中，攀巖者向上上升的高度：x=vt=1×3=3m此時(shí)他離地面的高度約為：H=h+x=45+3=48m≈50m。故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。保證此區(qū)域完整石頭下落后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h=gt2，不需要考慮聲音傳播的題意，即可求解下落的距離。本題關(guān)鍵明確自由落體運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解即可。 42019I如圖，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H．上升第?個(gè)所用的時(shí)間為t1，第四個(gè)所用的時(shí)間為t2．不計(jì)空氣阻力，則滿足()B．2<<3C<4D．4<t1<5C采用逆向思維法，把運(yùn)動(dòng)員的豎直向上運(yùn)動(dòng)視為豎直向下初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則=at22，設(shè)豎直向下運(yùn)動(dòng)高度所用時(shí)間為t3，豎直向下運(yùn)動(dòng)H高度所用時(shí)間為t4，則有=at32，H=at42，t1=t4?t3，聯(lián)立解得=2+√3，選項(xiàng)C正確．本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律． 52018根據(jù)高中所學(xué)知識(shí)可知，做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球，將落在正下方位置．但實(shí)際上，赤道上方200m處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6cm處．這?現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下落過程小球還受到?個(gè)水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比．現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對(duì)稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球()A．到最高點(diǎn)時(shí)，水平方向的加速度和速度均為零B．到最高點(diǎn)時(shí)，水平方向的加速度和速度均不為零C．落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)東側(cè)D．落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)保證此區(qū)域完整99DAB．小球在上升過程中，受到水平方向向西的“力”和豎直方向向下的力，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度為零，由水平方向上小球受到的“力”與豎直方向的速度大小成正比知，到最高點(diǎn)時(shí)小球在水平方向上受到的“力”為零，故水平方向的加速度為零，由于小球在上升過程中水平方向的“力”方向不變，故到最高點(diǎn)時(shí)小球在水平方向的速度最大，不為零，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；CD．小球在下落過程中，受到水平方向向東的“力”，則小球在水平方向上做減速運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性知，小球落回地面時(shí)水平方向的速度為零，故小球落在拋出點(diǎn)的西側(cè)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．故選D【命題意圖】：本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解． 62015甲、乙兩人同時(shí)同地出發(fā)騎自行車做直線運(yùn)動(dòng)，前1小時(shí)內(nèi)的位移-時(shí)間圖像如圖所示，下列表述正確的是()BB保證此區(qū)域完整移-時(shí)間圖像的斜率大于乙對(duì)應(yīng)圖像的斜率，因此甲的速度大于乙的速度；且二者均為直線段，加速度均為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；D項(xiàng)，0.8小時(shí)內(nèi)甲的路程為15km，乙的路程為11km，兩者不相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；綜上所述，本題正確答案為B． 72015?摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過程的v?t圖像如圖所示．求：(1)摩托車在0~20s這段時(shí)間的加速度大小a；(2)摩托車在0~75s這段時(shí)間的平均速度大?。?1)vt?v0加速度a=t由v?t圖像并代入數(shù)據(jù)得a=1.5m/s2(2)=20m/s設(shè)20s時(shí)速度為vm，0~20s的位移s1=t145~75s的位移s3=t30~75s這段時(shí)間的總位移s=s1+s2+s30~75s這段時(shí)間的平均速度=代入數(shù)據(jù)，得=20m/s保證此區(qū)域完整2016201688?輕質(zhì)彈簧原長為8cm，在4N的拉力作用下伸長了2cm，彈簧未超出彈性限度．則該彈簧的勁度系數(shù)為()mNDNmD彈簧伸長的長度為：x=2cm=0.02m，彈簧的彈力為F=4N，根據(jù)胡克定律F=kx得： 92015如圖，?質(zhì)量為m的正方體物塊置于風(fēng)洞內(nèi)的水平面上，其?面與風(fēng)速垂直，當(dāng)風(fēng)速為v0時(shí)剛好能推動(dòng)該FSvvS風(fēng)面積．當(dāng)風(fēng)速變?yōu)?v0時(shí)，剛好能推動(dòng)用同?材料做成的另?正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為()D滑塊被勻速推動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有：F=fN=mg其中：F=kSv2=ka2v2fμN(yùn)=μmg=μρa(bǔ)3g解得： a=現(xiàn)在風(fēng)速v變?yōu)?倍，故能推動(dòng)的滑塊邊長為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質(zhì)量為原來的64倍．故選D保證此區(qū)域完整【分析】：物塊被勻速推動(dòng)，受重力、支持力、推力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)平衡條件列式；其中推力F∝Sv2，滑動(dòng)摩擦力與壓力成正比． 102018明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側(cè)，議欲正之，非萬緡不可．?游僧見之日：無煩也，我能正之．”游僧每天將木楔從塔身傾斜?側(cè)的磚縫間敲進(jìn)去，經(jīng)月余扶正了塔身．假設(shè)所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加?力F，方向如圖所示，木楔兩側(cè)產(chǎn)生推力FN，則()A．若F?定，θ大時(shí)FN大B．若F?定，θ小時(shí)FN大C．若θ?定，F(xiàn)大時(shí)FN大D．若θ?定，F(xiàn)小時(shí)FN大BC力的分解如圖所示，F(xiàn)N==．NABCDFFN越大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確．故選BC本題結(jié)合我國的傳統(tǒng)文化，考查力的分解． 112019質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中()保證此區(qū)域完整A．F逐漸變大，T逐漸變大D．F逐漸變小，T逐漸變小A以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象受力分析如下圖所示：在結(jié)點(diǎn)為O被緩慢拉動(dòng)過程中，F(xiàn)和T均變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤．故選A方法二:或者根據(jù)拉密定理可得：==，在左移過程中，α增大(鈍角)，G不變，故比值增大；γ不變，則T增大；β減小(鈍角)，則F增大，綜上A選項(xiàng)正確．故選A 122019端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中()保證此區(qū)域完整A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細(xì)繩的拉力大小?定?直增加C．M所受斜面的摩擦力大小?定?直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加BDAB．根據(jù)M、N均保持靜止，進(jìn)行受力分析可知，N受到豎直向下的重力及水平方向的拉力F，變化的繩子拉力T，如圖所示：在向左拉動(dòng)的時(shí)候，繩子拉力T和水平拉力F都不斷增大，故A錯(cuò)誤，B正確；時(shí)，隨著T的增大，f將增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先減小后增大；也可能是T=mgsinθ+f，當(dāng)T不斷增大的時(shí)候，摩擦力f增大，故C錯(cuò)誤，D正確．故選BD132016II13質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示，用T表示OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中()A．F逐漸變大，T逐漸變大C．F逐漸變小，T逐漸變大B．F逐漸變大，T逐漸變小D．F逐漸變小，T逐漸變小A保證此區(qū)域完整A．B．A．B．故選A． 142016III如圖，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的?段固定圓弧上：?細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系?質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細(xì)線上懸掛?小物塊．平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計(jì)所有摩擦．小物塊的質(zhì)量為()m mC保證此區(qū)域完整A．B．A．B．OOabR，所以三角形Oab為等邊三角形，根據(jù)幾何aOb的拉力相等，故T=mg，小物塊受到兩條繩子的拉力作用兩力大C故選C 1520201細(xì)繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風(fēng)對(duì)氣球作用力的大小為()TsinαTTsinαTcosαCFTsinC，ABD錯(cuò)誤．故選C保證此區(qū)域完整2020III2020III1616如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在?不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩上O點(diǎn)處；繩的?端固定在墻上，另?端通過光滑B如圖所示，甲、乙兩物體的質(zhì)量相等，所以FT甲=FT乙，所以連接墻的細(xì)繩的延長線是力FT甲和力FT乙錯(cuò)誤．故選B 1720203塊b．外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若F方向不變，大小在?定范b)A．繩OO′的張力也在?定范圍內(nèi)變化B．物塊b所受到的支持力也在?定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在?定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在?定范圍內(nèi)變化保證此區(qū)域完整BDAC．由于整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以滑輪兩側(cè)連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a只受重力以及繩子的拉力，由于物體a平衡，則連接a和b的繩子張力T保持不變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以O(shè)O′中的張力保持不變，故AC均錯(cuò)誤；Bb平衡狀態(tài)，對(duì)b受力分析有：力T與力F與x軸所成夾角均保持不變，由平衡條件可得：由于T的大小不變，可見當(dāng)F大小發(fā)生變化時(shí)，支持力的大小也在?定范圍內(nèi)變化，故B正確；由于T的大小不變，當(dāng)F大小發(fā)生變化時(shí)，b靜止可得摩擦力的大小也在?定范圍內(nèi)發(fā)生變化，故D正確．故選BD 182017II如圖，?物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()2?√3√36保證此區(qū)域完整C當(dāng)拉力水平時(shí)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力等于摩擦力，即：F=μmg；當(dāng)拉力傾斜時(shí)，物體受力分析如圖：FNmgFsinfmgFsinf=F，代入數(shù)據(jù)為：μmg=μ(mg?F)，聯(lián)立可得：μ=，故C正確．故選C． 192019II物塊在輕繩的拉動(dòng)下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，輕繩與斜面平行．已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取10m/s2．若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質(zhì)量最大為()A保證此區(qū)域完整kg，選項(xiàng)A正確．本題考查受力分析． 202016如圖，在水平桌面上放置?斜面體P，兩長方體物塊a和b疊放在P的斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將a和b、b與P、P與桌面之間摩擦力的大小分別用f1、f2和f3表示．則()A．f1=0，f2≠0，f3≠0Bf，f2=0，f3=0Cfff0C對(duì)a物體分析可知，a物體受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑動(dòng)的趨勢，因此a受到b向上的摩擦力，f1≠0；再對(duì)ab整體分析可知，ab整體受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑動(dòng)的趨勢，因此b受到P向上的摩擦對(duì)ab及P組成的整體分析，由于整體在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力，f3=0；故只有C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。 2120209中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻(xiàn)了中國力量．某運(yùn)送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為F．若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()C保證此區(qū)域完整設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量為m0，每節(jié)車廂受到的摩擦力和空氣阻力的合力為f，列車運(yùn)動(dòng)的加速度為a，以后38得F′?2f=2m0a，解得F′=，故C正確，ABD錯(cuò)誤．故選C【分析】：把第3節(jié)到第40節(jié)車廂看成?個(gè)整體，應(yīng)用牛頓第二定律列方程；把最后兩節(jié)車廂看成?個(gè)整體，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解即可．【點(diǎn)評(píng)】：本題以中歐運(yùn)送防疫物資的班列為背景考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)中應(yīng)用牛頓第二定律求解力的問題，很好地體現(xiàn)了新高考的鮮明的時(shí)代特色，表明了中國的科技進(jìn)步，能夠激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)積極性和愛國熱情． 222019如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質(zhì)量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接．兩物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，現(xiàn)對(duì)Q施加?水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，輕繩的張力大小為()D對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F?μ×3mg=3ma，再對(duì)P，根據(jù)牛頓第二定律得：T?μmg=ma，聯(lián)立解得輕繩的張力大小為：T=F，故ABC錯(cuò)誤，D正確．故選D與地面是否有摩擦無關(guān)． 232020?碗水置于火車車廂內(nèi)的水平桌面上．當(dāng)火車向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，水面形狀接近于圖()保證此區(qū)域完整A．B．A當(dāng)火車向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，碗中水也向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向水平向左，根據(jù)牛頓第二定律知水所受的合力水平向左，則碗對(duì)水的作用力的合力方向大致斜向左上方，所以水面形狀接近于A圖．故選A 242004I如圖所示，在傾角為α的固定光滑斜面上有?塊用繩子拴著的長木板，木板上站著?只貓.已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍.當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變.則此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為()C保證此區(qū)域完整方法?：將貓隔離研究，設(shè)質(zhì)量為m，受力情況如圖所示，貓相對(duì)斜面止，則沿斜面方向合力也為零，則mgsinα?f=0以木板為研究對(duì)象，設(shè)質(zhì)量為M=2m，受力情況如圖所示，設(shè)沿斜面加速度為a，則有f+Mgsinα=Ma聯(lián)立解得：a=1.5gsinα方法二：本題也可以整體受力分析，系統(tǒng)受到沿斜面項(xiàng)下的合力提供加速度，即(M+m)gsinα=ma故選C。 2520173如圖所示，甲、?兩同學(xué)從河中O點(diǎn)出發(fā)，分別沿直線游到A點(diǎn)和B點(diǎn)后，立即沿原路線返回到O點(diǎn)，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA=OB．若水流速度不變，兩?在靜水中游速相等，則他們所用時(shí)間t甲、t乙的大小關(guān)系為()C保證此區(qū)域完整設(shè)游速為v，水速為v0，OA=OB=l，則甲整個(gè)過程所用時(shí)間：t甲=+=，乙為了沿OB運(yùn)動(dòng)，速度合成如圖：l2l√v2?v02l2l√v2?v02則乙整個(gè)過程所用時(shí)間：t乙=∵v>√v2?v02，∴C正確，ABD錯(cuò)誤．故選C22620201如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時(shí)水平拋出，經(jīng)過時(shí)間t在空中相遇，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時(shí)間為()B．tC保證此區(qū)域完整2828A、B兩球在相同高度做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上的速度大小不變，分別設(shè)為vA和vB，設(shè)兩球開始時(shí)的水平距離為L，則有L=vAt+vBt①若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則有L=2vAt′+2vBt′②聯(lián)立兩式得t′=，故C正確．故選C【點(diǎn)評(píng)】：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，初速度和時(shí)間共同決定水平位移． 272020如圖所示，小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l．忽略空氣阻力，則()A．A和B的位移大小相等B．A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是B的2倍C．A的初速度是B的D．A的末速度比B的大ADA．小球A和B的位移大小都為√(2l)2+l2=√5l，故A正確；B．由h=gt2可知小球A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是小球B的√2倍，故B錯(cuò)誤；C．由h=gt2、x=v0t可知小球A的初速度是小球B的，故C錯(cuò)誤；D．由h=gt2、x=v0t、vy=gt、v=√v02+vy2可知小球A的末速度為vA=√gl，小球B的末速度為vB=2√gl，所以小球A的末速度比小球B的大，故D正確．故選AD2020II保證此區(qū)域完整如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有?個(gè)坑，該坑沿摩托車前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h．若摩托車經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E1，它會(huì)落到坑內(nèi)c點(diǎn)，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E2，該摩托車恰能越過坑到達(dá)b點(diǎn)．等于()B由a點(diǎn)到c點(diǎn)摩托車做平拋運(yùn)動(dòng)可知h=gt12，h=v1t1，E1=mv12，聯(lián)立解得E1=mgh，同理由a點(diǎn)到b點(diǎn)摩托車做平拋運(yùn)動(dòng)可知0.5h=gt22，3h=v2t2，E2=mv22，聯(lián)立解得E2=mgh，故選B【分析】：根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出落到坑內(nèi)c點(diǎn)時(shí)和到達(dá)b點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度，再根據(jù)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解水平方向的速度，由此求解動(dòng)能之比．【點(diǎn)評(píng)】：本題主要是考查平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和動(dòng)能的計(jì)算公式，知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)．29201529m的賽車通過AB線經(jīng)彎道到達(dá)A′B′線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O(shè)′為圓心的半圓，OO′=r．賽車沿圓弧路線行駛時(shí)，路面對(duì)輪胎的最大徑向靜摩擦力為fmax．選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內(nèi)賽車速率不變，發(fā)動(dòng)機(jī)功率足夠大)，則()保證此區(qū)域完整A．選擇路線①，賽車經(jīng)過的路程最短B．選擇路線②，賽車的速率最小C．選擇路線③，賽車所用時(shí)間最短ACDA選擇路線①，經(jīng)歷的路程s1=2r+πr，選擇路線②，經(jīng)歷的路程s2=2πr+2r，選擇路線③，經(jīng)歷的路程s3=2πr，可知選擇路線①，賽車經(jīng)過的路程最短，故A正確；B．根據(jù)Fmax=得，v=√，選擇路線①，軌道半徑最小，則速率最小，故B錯(cuò)誤；Cv速率之比為1:√2:√2，根據(jù)t=，由三段路程可知，選擇路線③，賽車所用時(shí)間最短，故C正確；D．根據(jù)a=知，因?yàn)樽畲笏俾手葹?:√2:√2，半徑之比為1:2:2，則三條路線上，賽車的向心加速度大小相等．故D正確．故選ACD． 3020213如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個(gè)座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小D保證此區(qū)域完整故選D【易錯(cuò)點(diǎn)】：AB兩個(gè)座椅具有相同的角速度．【配題理念】：解決本題的關(guān)鍵知道A、B的角速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑不等，知道向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，難度不大． 3120199風(fēng)速儀結(jié)構(gòu)如圖(a)所示．光源發(fā)出的光經(jīng)光纖傳輸，被探測器接收，當(dāng)風(fēng)輪旋轉(zhuǎn)時(shí)，通過齒輪帶動(dòng)凸輪圓盤旋轉(zhuǎn)，當(dāng)圓盤上的凸輪經(jīng)過透鏡系統(tǒng)時(shí)光被擋?。阎L(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為r，每轉(zhuǎn)動(dòng)n圈帶動(dòng)凸輪圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)?圈．若某段時(shí)間Δt內(nèi)探測器接收到的光強(qiáng)隨時(shí)間變化關(guān)系如圖(b)所示，則該時(shí)間段內(nèi)風(fēng)輪葉片()B．轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為CB．轉(zhuǎn)速逐漸減小，平均速率為C．轉(zhuǎn)速逐漸增大，平均速率為D逐漸增大，平均速率為ΔtB保證此區(qū)域完整根據(jù)圖(b)可知，在Δt內(nèi)，通過的光照的時(shí)間越來越長，則風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的越來越慢，即轉(zhuǎn)速逐漸減小，Δt在Δt內(nèi)擋了4次光，則T1=Δt4Δt根據(jù)風(fēng)輪葉片每轉(zhuǎn)動(dòng)n圈帶動(dòng)凸輪圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)?圈可知：則風(fēng)輪葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=，Δt4n的平均速率==，故B正確．故選B32201632如圖所示為賽車場的?個(gè)水平“梨形”賽道，兩個(gè)彎道分別為半徑R=90m的大圓弧和r=40m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L=100m．賽車沿彎道路線行駛時(shí)，路面對(duì)輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍．假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在彎道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．要使賽車不打滑，繞賽道?圈時(shí)間最短(發(fā)動(dòng)機(jī)功率足夠大，重力加速度g取10m/s2，π=3.14)，則賽車()A．在繞過小圓弧彎道后加速B．在大圓弧彎道上的速率為45m/sC．在直道上的加速度大小為5.63m/s2D．通過小圓弧彎道的時(shí)間為5.58sAB保證此區(qū)域完整vvvv3×30v要使賽車?yán)@賽道?圈時(shí)間最短，則通過彎道的速度都應(yīng)最大，由f=2.25mg=m可知，通過小彎道的速r由幾何關(guān)系可得AB長x=√L2?(R?r)2=50√3m，故在直道上的加速度a==m/s2≈6.5m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由sin==a==m/s2≈6.5m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由sin==可知，小圓弧對(duì)應(yīng)的圓心2x2×50√32L2角θ=，故通過小圓弧彎道的時(shí)間t===s=2.79s角θ=，故通過小圓弧彎道的時(shí)間t===s=2.79s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．33201833為了火星及其周圍的空間環(huán)境的探測，我國預(yù)計(jì)于2011年10月開始第?顆火星探測器“螢火?號(hào)”。假設(shè)探測器在火星表面高度分別為A1和A2的圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，周期分別為T1和T2?；鹦强梢暈橘|(zhì)量分布均勻的球體。忽略火星的自轉(zhuǎn)影響，萬有引?常量為G。僅利用以上數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出()A．火星的密度和火星表面的重?加速度B．火星的質(zhì)量和火星對(duì)“螢火?號(hào)”的引?C．火星的半徑和“螢火?號(hào)”的質(zhì)量D．火星表面的重?加速度和火星對(duì)“螢火?號(hào)”的引?A根據(jù)萬有引力提供向心力，可知： MM4π2G=(R+A1)，G= MM4π2(R+A1)2T12(R+A2)2T22A．火星的密度和火星表面的重力加速度：GM=g火R2?M=πR3ρ，可求；B．火星的質(zhì)量和火星對(duì)“螢火?號(hào)”的引力：F=，衛(wèi)星質(zhì)量未知，不可求；C．火星的半徑和“螢火?號(hào)”的質(zhì)量：環(huán)繞天體質(zhì)量，不可求；D．火星表面的重力加速度和火星對(duì)“螢火?號(hào)”的：F=，衛(wèi)星質(zhì)量未知，不可求。故選A。34202034我國將在今年擇機(jī)執(zhí)行“天問1號(hào)”火星探測任務(wù)．質(zhì)量為m的著陸器在著陸火星前，會(huì)在火星表面附近經(jīng)歷?個(gè)時(shí)長為t0、速度由v0減速到零的過程．已知火星的質(zhì)量約為地球的0.1，半徑約為地球的0.5，地球保證此區(qū)域完整3535表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力．若該減速過程可視為?個(gè)豎直向下的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，此過程中著陸器受到的制動(dòng)力大小約為()A．m(0.4g?)B．m(0.4g+)C．m(0.2g?)D．m(0.2g+)B設(shè)火星表面重力加速度為g′，根據(jù)萬有引力定律有G=g，G=g′，解得g′=g，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有a=，根據(jù)牛頓第二定律有F?mg′=ma，F(xiàn)=m(g+)，選項(xiàng)B正確．故選B2020III“嫦蛾四號(hào)”探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時(shí)間可認(rèn)為繞月做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為月球半徑的K倍．已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g，則“嫦蛾四號(hào)”繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為()D保證此區(qū)域完整 M月mv2“嫦蛾四號(hào)”探測器繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力得G=m，解得(KR月)2KR月v=√，在地球表面有G=mg，在月球表面有G=mg月，其中R地=PR月，M地=QM月，R地=R，聯(lián)立可得v=√，選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤．故選D 3620192018年12月8日，肩負(fù)著億萬中華兒女探月飛天夢想的“嫦蛾四號(hào)”探測器成功發(fā)射，“實(shí)現(xiàn)人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”．已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，探測器的質(zhì)量為m，引力常量為G，“嫦蛾四號(hào)”探測器圍繞月球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，探測器的()A．周期為√GMm2RAACD．根據(jù)萬有引力定律提供探測器勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有=ma=m=mω2r2rT2T=√，角速度ω=√，向心加速度a向心=，線速度v=√，選項(xiàng)A正確，CD錯(cuò)誤；B．探測器的動(dòng)能Ek=mv2=，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．綜上所述，正確選項(xiàng)為A本題考查萬有引力定律的應(yīng)用、勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3720212020-2021372021保證此區(qū)域完整如圖，與水平面夾角θ=37°的斜面和半徑R=0.4m的光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)．滑塊從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過最高點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力為零．已知(1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC；(2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB；(3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h．(1)m/smvC2R由題意，在C處滑塊僅在重力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)滑塊質(zhì)量為m，由牛頓第二定律mg=，R 得vC=√gR=2m/s．(2)由幾何關(guān)系，B、C間高度差H為H=R(1+cos37°)=0.72m，滑塊由B到C的運(yùn)動(dòng)過程中僅重力做功，機(jī)械能守恒以B為勢能零點(diǎn)mvB2=mgH+mvC2，vB=√2gH+vC2，代入已知數(shù)據(jù)得vB=4.29m/s．(3)保證此區(qū)域完整滑塊由A到B過程中受力如圖：f=μN(yùn)，代入已知數(shù)據(jù)得a=4m/s2，設(shè)A、B間距為L，由勻加速運(yùn)動(dòng)公式vB2=2aL，hLsin37°，hsin1.38m． 382021如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有?光滑圓柱C，三者半徑均為R．C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面．整個(gè)過程中B保持靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin；(3)A移動(dòng)的整個(gè)過程中，拉力做的功W．(1)mgCFcosmg，解得F=mg．保證此區(qū)域完整(2)√32C恰好降落到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大Fxmax=B受地面的摩擦力f=μmg，根據(jù)題意fmin=Fxmax，解得μmin=．(3)(2μ?1)(√3?1)mgRC下降的高度h=(√3?1)R，A的位移x=2(√3?1)R，摩擦力做功的大小Wf=fx=2(√3?1)μmgR，根據(jù)動(dòng)能定理W?Wf+mgh=0?0，解得W=(2μ?1)(√3?1)mgR．【名師點(diǎn)睛】：本題的重點(diǎn)的C恰好降落到地面時(shí)，B物體受力的臨界狀態(tài)的分析，此為解決第二問的關(guān)鍵，也是本題分析的難點(diǎn)． 392020如圖所示，?小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上，物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F．小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動(dòng)．整個(gè)過程中，物塊在夾子中沒有滑動(dòng)．小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g．下列說法正確的是()A．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于2FB．小環(huán)碰到釘子P時(shí)，繩中的張力大于2F保證此區(qū)域完整vvC．物塊上升的最大高度為gD．速度v不能超過√DA．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)夾子和物塊組成的整體進(jìn)行分析，其在重力和繩拉力的作用下平衡，即繩中的張力等于Mg，故A錯(cuò)誤；B．小環(huán)碰到釘子P時(shí)，物體M做圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)最低點(diǎn)由拉力與重力的合力提供向心力，因此繩中的張力大于Mg，而與2F大小關(guān)系不確定，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)物塊到達(dá)最高點(diǎn)速度為零時(shí)，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，物塊能達(dá)到最大的上升高度，整個(gè)過程中，物塊在夾子中沒有滑動(dòng)，即摩擦力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：mv2=mgh，則物塊上升的最大高度 h=，故C D．小環(huán)碰到釘子后，繩與夾子物塊整體形成?個(gè)單擺，此時(shí)夾子對(duì)物塊的拉力最大，并且物塊的拉力與物塊重力的合力提供物塊的向心力：T?Mg=m；由上可知，T?2F，聯(lián)立得m+Mg?2F，整理得：v?√，故D正確．故選D牛頓第?定律，結(jié)合向心力表達(dá)式，即可確定張力與Mg的關(guān)系，與2F關(guān)系無法確定；利用機(jī)械能守恒定律，即可求解最大高度；根據(jù)兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F，利用牛頓第?定律，結(jié)合向心力，即可求解． 402020切于b點(diǎn)．?質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g．小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()保證此區(qū)域完整C設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，對(duì)小球由a到c的過程，由動(dòng)能定理得F×3R?mgR=mvc2，又F=mg，解得vc2=4gR，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后在水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t==2√，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為x=at2=2R，由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始2運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE=F×5R=5mgR，選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤．故選C【分析】：根據(jù)動(dòng)能定理求出小球在c點(diǎn)的速度，再根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)求解達(dá)到最高點(diǎn)的時(shí)間，根據(jù)水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解離開c后達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)的水平位移，根據(jù)功能關(guān)系求解機(jī)械能的增加．【點(diǎn)評(píng)】：本題主要是考查功能關(guān)系；機(jī)械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意本題所求的是“小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)”，不是從a到c的過程，這是易錯(cuò)點(diǎn)． 412020如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)．在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R．在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω．繩與輪之間g(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后?小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h．(1)保證此區(qū)域完整r(2)√(2mω2R)2+(mg)2設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcosα=F向；Fsinα=mg，解得F=√(2mω2R)2+(mg)2．(3)M+16m(ωR)22Mg落地時(shí)，重物的速度v′=ωR，由機(jī)械能守恒得Mv′2+4×mv2=Mgh，解得h=(ωR)2．【命題意圖】：本題考查圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、機(jī)械能守恒定律．42202042復(fù)興號(hào)動(dòng)車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動(dòng)駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又?重大標(biāo)志性成果．?列質(zhì)量為m的動(dòng)車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度vm，設(shè)動(dòng)車行駛過程所受到的阻力F保持不變．動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)()A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P=FvmD．牽引力做功W=mvm2?mv02保證此區(qū)域完整BCAB．根據(jù)P=F牽v可知，動(dòng)車速度逐漸增大，牽引力逐漸減小，加速度逐漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C．動(dòng)車達(dá)到最大速度vm時(shí)，牽引力和阻力相等，即F牽=F，故牽引力的功率為P=Fvm，選項(xiàng)C正確；D．設(shè)加速過程中動(dòng)車克服阻力做功為W阻，根據(jù)動(dòng)能定理有W?W阻=mvm2?mv02，即牽引力做功為W=mvm2?mv02+W阻，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選BC 432019完全由我國自行設(shè)計(jì)、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功．航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示．為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的?段圓弧，示意如圖2，AB長L1=150m，BC水平投影L2=63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ=12(sin12°°≈0.21)．若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t=6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC．已知飛行員的質(zhì)量m=60kg，g=10m/s2．圖1圖2求：(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大．(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有：=①根據(jù)動(dòng)能定理，有：W=mv2?0②W=7.5×104J③保證此區(qū)域完整(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有：L2=Rsinθ④由牛頓第二定律，有：NNmgmvRFN=1.1×103N⑥ 442018如圖，光滑軌道PQO的水平段QO=，軌道在O點(diǎn)與水平地面平滑連接．?質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞．A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度大小為g．假設(shè)A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短．求：(1)第?次碰撞后瞬間A和B速度的大??；(2)A、B均停止運(yùn)動(dòng)后，二者之間的距離．(1)A下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=mv02A、B發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，mv=mvA+4mvB，由機(jī)械能守恒定律得：mv02=mvA2+4mvB2解得：vA=?√2gh，vB=√2gh．(2)h保證此區(qū)域完整物塊B在粗糙水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終速度為零，由動(dòng)能定理得：設(shè)當(dāng)物塊A的位移為x時(shí)速度為v，解得：v=√gh，A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mv2=mvA′2+×4mvB′2，解得：vA′=?√gh，vB′=√gh，碰撞后A向左做減速運(yùn)動(dòng)，B向右做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：A解得：xA=h，xB=h，A、B均停止運(yùn)動(dòng)后它們之間的距離：d=xA+xB=h． 452018I?質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空．當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量．求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度．(1) √設(shè)煙花彈的初速度為v0．則有：E=mv02得：v0=√煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有：v0?gt=0得：t=√(2)保證此區(qū)域完整2E煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸上升的高度為：h1==對(duì)于爆炸過程，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0=mv1?mv2根據(jù)能量守恒定律得：E=×mv12+×mv22聯(lián)立解得：v1=√爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分能繼續(xù)上升的最大高度為：h2==所以爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度為：h=h1+h2= 462021如圖(a)，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成?個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時(shí)彈簧形變量為x．撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a?t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a?t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a?t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小．A在t1時(shí)刻的速度為v0．下列說法正確的是()A．0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAv0C．B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于xDSS2=S3ABD保證此區(qū)域完整A．由于在0～t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，則對(duì)B受力分析有F墻=F彈則墻對(duì)B的沖量大小等于彈簧對(duì)B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，則可將研究對(duì)象轉(zhuǎn)為A，撤去F后A只受彈力作用，則根據(jù)動(dòng)量定理有I=mAv0(方向向右)則墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等、方向相同，A正確；B．由a?t圖可知t1后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有F彈=mAaA=mBaB由圖可知aB>aA則mB<mAB正確；C．由圖可得，t1時(shí)刻B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A速度為v0，之后AB動(dòng)量守恒，AB和彈簧整個(gè)系統(tǒng)能量守可得AB整體的動(dòng)能不等于0，即彈簧的彈性勢能會(huì)轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動(dòng)能，彈簧的形變量小于x，C錯(cuò)；D．由a?t圖可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1?t2時(shí)間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且在t2時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a?t圖像的面積為Δv，在t2時(shí)刻AB的速度分別為vA=S1?S2，vB=S3A、B共速，則S1?S2=S3D正確．故選ABD 472020在同?豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球(1號(hào)、2號(hào)、3號(hào))懸掛于同?高度，靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是()保證此區(qū)域完整A．將1號(hào)移至高度h釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度h。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度h能和動(dòng)量都守恒C．將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度h釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在?起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度hDh后，2、3號(hào)粘在?起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度h，釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒D度，則3號(hào)上擺的高度不等于h，故A錯(cuò)誤；碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；Ch損失，再與3球碰撞后，3獲得的速度小于1與2碰撞前瞬間的速度，則3號(hào)上升的高度小于h，故C錯(cuò)誤；恒，故D正確. 482018如圖所示，水平?屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)?小段距離，兩?屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()D保證此區(qū)域完整8989B板右端向下移動(dòng)?小段距離，兩板間的平均距離增大，根據(jù)E=可知液滴所在處電場強(qiáng)度減小，油滴豎直方向?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)；由于兩?屬板表面仍均為等勢面，電場線應(yīng)該與等勢面垂直，所以油滴靠近B板時(shí)， 49201810如圖，P為固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓．帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)軌跡與兩D在點(diǎn)電荷的電場中，場強(qiáng)大小E=k，由圖可知ra>rc>rb，可得Eb>Ec>Ea；而帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a=，則ab>ac>aa；若p帶正電，則可知Q也帶正電，粒子只受電場力cEpb故選D 502016Ek出．不計(jì)重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極保證此區(qū)域完整202089202089板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為()B根據(jù)電荷的受力情況可知，粒子在電場中做曲線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，將粒子的速度v分解為垂直于板的vy和平行于板的vx，由于極板與水平面夾角45°，粒子的初速度方向豎直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度為vy=v0sin45°=v0。當(dāng)電場足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上極板平行，即粒子垂直于極板方向的速度vy′=0。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v?vy′2=2d又知Ek0=mvEk0聯(lián)立以上各式求得E=故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B。551然變暗，此時(shí)()保證此區(qū)域完整8989A．車燈的電流變小B．路端電壓變小ABDA．由題意可知開關(guān)S閉合時(shí)車燈突然變暗，由P=I2R可知車燈的電流變小，故A正確；B．由歐姆定律可知車燈兩端電壓變小，即路端電壓變小，故B正確；C．由閉合電路歐姆定律可知電源內(nèi)電壓變大，由I總=可知電路的總電流變大，故C錯(cuò)誤；D．由P總=EI總可知電源的總功率變大，故D正確．故選ABD52202052圖甲表示某?屬絲的電阻R隨攝氏溫度t變化的情況．把這段?屬絲與電池、電流表串聯(lián)起來(圖?)，用這段?屬絲做測溫探頭，把電流表的刻度改為相應(yīng)的溫度刻度，就得到了?個(gè)簡易溫度計(jì)．下列說法正確的是()A．tA應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關(guān)系B．tA應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關(guān)系C．tB應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關(guān)系D．tB應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關(guān)系B保證此區(qū)域完整8989R=R0+kt由閉合電路歐姆定律得：I=聯(lián)立解得：t=?，可知，溫度與電流是非線性關(guān)系，故A錯(cuò)誤聯(lián)立解得：t=?，可知，溫度與電流是非線性關(guān)系，故A錯(cuò)誤，B正確；kIkCD，tB應(yīng)標(biāo)在電流較小的刻度上，且溫度與電流是非線性關(guān)系，故CD錯(cuò)誤．故選B【分析】：由甲圖讀出溫度與電阻的關(guān)系，再由閉合電路歐姆定律得出電流與電阻的關(guān)系，從而得到溫度與電阻的關(guān)系，即可分析電阻溫度計(jì)的溫度刻度情況．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查閉合電路歐姆定律，要注意根據(jù)圖象列式進(jìn)行分析，明確題目中給出的信息，再結(jié)合閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析即可得出結(jié)論． 532019?圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在該橫截面內(nèi)，?帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A保證此區(qū)域完整8989根據(jù)幾何關(guān)系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO′=60°，所以∠O′MA=75°，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期T=， 圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)90°所用時(shí)間t′=T′=×，粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間相等解得：t=t′，則×=×，即=，故選A考點(diǎn)】：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)．【分析】：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．【名師點(diǎn)睛】：本題考查了帶點(diǎn)粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識(shí)即可正確解題；根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是正確解題的關(guān)鍵． 542021如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．a(chǎn)b邊中點(diǎn)有?電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子．已知電子的比荷為k．則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為() l44保證此區(qū)域完整8989B lva24rara=，其中=k，解得 lva24rara=，其中=k，解得va=kBl；根據(jù)勾股定理有rd2=(rd?)2+l2，從d點(diǎn)射出的粒5子的軌道半徑為rd子的軌道半徑為rd=l，則vd=kBl，選項(xiàng)B正確．本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)． 5520213?強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．?束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計(jì)粒子之間的相互作用．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為()C保證此區(qū)域完整8989粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所有粒子運(yùn)動(dòng)的周期相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子對(duì)應(yīng)的圓心角最大，設(shè)射出磁場對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為e，那么ce連線與初速度的夾角最大時(shí)，對(duì)應(yīng)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，如圖所示：過c點(diǎn)作半圓的切線，切點(diǎn)為e，那么這個(gè)切線與初速度的夾角最大，當(dāng)粒子恰好打在e點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)粒子運(yùn)O關(guān)系得∠Oce=30°，那么弦切角為120°，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=?=，C的時(shí)間t=?=，C正確，ABD錯(cuò)誤．360°Bq3Bq故選C?abR軌跡半徑為R時(shí)，軌跡圓心角最大，然后再增大?軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當(dāng)軌跡半徑等于R時(shí)軌跡圓心角最大，然后根據(jù)t=T求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查的是帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，本題的難點(diǎn)是應(yīng)用放縮法作圖，找到當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑等于半圓的半徑時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大． 5620219如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同?水平面內(nèi)的足夠長的平行?屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上．t=0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖象中可能正確的是()A．B．保證此區(qū)域完整8989AC導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生由a到b的感應(yīng)電流，則導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)體棒cd受到向右的安培力，向右加速運(yùn)動(dòng)，則感應(yīng)電流I=，兩導(dǎo)體棒的相對(duì)速度減小，感應(yīng)電流減小，每個(gè)導(dǎo)體棒所受的安培力大小F=BIL，F(xiàn)隨著電流減小而減小，設(shè)導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，電流為零，導(dǎo)體棒的速度由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv，兩導(dǎo)體棒的速度最終為v=v0，且加本題考查電磁感應(yīng)和動(dòng)量守恒規(guī)律． 572020III如圖，?邊長為l0的正方形?屬框abcd固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．?長度大于√2l0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在?屬框上勻速滑過，滑動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點(diǎn)位于ac上，導(dǎo)體棒與?屬框接觸良好．已知導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r，?屬框電阻可忽略．將導(dǎo)體棒與a點(diǎn)之間的距離記為x，求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0?x?√2l0)變化的關(guān)系(??(x,(√(??(0?x?l0l0<x?√2l0保證此區(qū)域完整8989當(dāng)導(dǎo)體棒與?屬框接觸的兩點(diǎn)間棒的長度為l時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E=Blv①由歐姆定律，流過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I=②式中，R為這?段導(dǎo)體棒的電阻．按題意有R=rl③此時(shí)導(dǎo)體棒所受安培力大小為f=BlI④2x,0?x?√2l0由題設(shè)和幾何關(guān)系有l(wèi)=2(√2l0?x),2B2vx,0?x?√2l0聯(lián)立①②③④⑤式得f=(2l0?x), 582017如圖，空間中存在?勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有?個(gè)正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距．若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時(shí)開始，直至ab邊到達(dá)磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A．始終減小B．始終不變C．始終增加D．先減小后增加CD保證此區(qū)域完整8989A、導(dǎo)線框開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊以?定的速度進(jìn)入磁場，ab邊切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則做加速運(yùn)動(dòng)，故先減速后加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤、D正確；Bab力等于重力時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先勻速后加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；Cab速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速增大的加速運(yùn)動(dòng)，故加速運(yùn)動(dòng)，故C正確； 592020如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第?和第?象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形．?位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)(不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng))．從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場．在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，?者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是()A．B．保證此區(qū)域完整BCAB．第1s內(nèi)ae邊在第二象限切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，電流恒定，第2s內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv逐2s末感應(yīng)電動(dòng)勢是第1s內(nèi)電動(dòng)勢的1.5倍，第3～4s內(nèi)，由于第?和第二象限磁場方向相反，此時(shí)有?部分導(dǎo)體在第?象限切割磁感線，所以導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流逐漸減小，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；CD．第1s內(nèi)ab邊所受安培力F=BIl均勻增大(電流恒定，ab邊進(jìn)入磁場部分逐漸增大)，第2s內(nèi)ab邊所受安培力逐漸增大，第2s末安培力是第1s末的3倍(電流是1.5倍，有效長度是2倍)，選項(xiàng)故選BC【分析】：明確線框的速度為每秒勻速向上運(yùn)動(dòng)?格，準(zhǔn)確分析切割磁感線有效長度變化，根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線感應(yīng)電動(dòng)勢公式結(jié)合閉合電路歐姆定律分析電流變化，并計(jì)算安培力；在0～1s內(nèi)只有2格長度切割磁感線，2s末有效長度3格，2s末～4s末第二象限有效長度3格，第?象限有效長度有0增至2格，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢反向，回路電流減小．【點(diǎn)評(píng)】：此題綜合考查了導(dǎo)體切割磁感線感應(yīng)電動(dòng)勢、電流、安培力的計(jì)算．難點(diǎn)在于切割磁感線有效長度的計(jì)算和兩個(gè)象限感應(yīng)電動(dòng)勢的關(guān)系．60202060保證此區(qū)域完整如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化．正方形硬質(zhì)?屬框abcd放置在(1)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，?屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢E；(2)t=0.05s時(shí)，?屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；(3)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，?屬框中電流的電功率P．(1)在t=0到t=0.1s的時(shí)間Δt內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量：ΔB=0.2T，設(shè)穿過?屬框的磁通量變化量為Δ?，有：Δ?=ΔBl2①由于磁場均勻變化，?屬框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢是恒定的，有：E=②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得：E=0.08V③答：在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，?屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢為0.08V【分析】：利用法拉第電磁感應(yīng)定律E=計(jì)算．(2)N向垂直于ab向左保證此區(qū)域完整設(shè)?屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有：I=④由圖可知，t=0.05s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=0.1T，?屬框ab邊受到的安培力：F=IlB1⑤聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得：F=0.016N⑥方向垂直于ab向左⑦答：t=0.05s時(shí)，?屬框邊受到的安培力大小為0.016N，方向方向垂直ab向左．【分析】：利用全電路歐姆定律和安培力F=BIL計(jì)算．(3)在t=0到t=0.1s時(shí)間內(nèi)，?屬框中電流的電功率：P=I2R⑧P=0.064W⑨答：