人教版高中物理必修二高一下学期Word文档下载推荐.docx
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C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动
D.物体在变力作用下不可能保持速率不变
曲线运动.
【答案解析】B解析：
A、只要是力的方向与速度的方向在一条直线上，物体就做直线运动，与力的大小是否变化无关，所以A错误.B、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力不一定变化，如平抛运动.所以B选项正确.C、同A的分析，A选项正确，所以C错误.D、匀速圆周运动受的力的方向始终指向圆心，受的力是变力，但它的速度的大小变化，所以D错误.故选B.
【思路点拨】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，但合外力方向、大小不一定变化：
只要是力的方向与速度的方向在一条直线上，物体就做直线运动，与力的大小是否变化无关.本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，还有对直线运动条件的理解，但只要掌握了物体做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了.
3.一物体由静止开始自由下落一小段时间后突然受一恒定的水平风力的影响，则其运动轨迹可能的情况是图中的
【知识点】运动的合成与分解
【答案解析】B解析：
：
物体开始做自由下落，轨迹是一条直线，突然受到恒定的水平风力，合力的方向与速度的方向不在同一条直线上，做曲线运动，根据轨迹夹在速度方向和合力方向之间，知B正确，A、C、D错误.
故选B.
【思路点拨】物体做曲线运动的轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力方向大致指向轨迹凹的一向.根据物体所受的合力方向与速度方向关系，判断其轨迹解决本题的关键掌握做曲线运动的轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力方向大致指向轨迹凹的一向.
4.如图所示，小球在竖直力F作用下压缩竖直轻弹簧并保持静I匕若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度变为零为止，在小球上升过程中
A.小球的动能一直减小
B.小球在离开弹簧时动能最大
C.小球动能最大时弹性势能为零
D.小球动能减为零时，重力势能最大
【知识点】功能关系：
动能和势能的相互转化.
【答案解析】D解析：
A、将力F撤去小球将向上弹起的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球所受的合力先向上后向下，所以小球先做加速运动，后做减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故A错误：
B、C由上分析可知，小球先做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，a=0,速度最大，动能最大：
此后弹力小于重力，小球做加速度增大的减速运动，直到弹簧恢复原长时，小球飞离弹簧.故小球在离开弹簧时动能不是最大，小球动能最大时弹性势能不为零.故B、C错误.D、当弹簧的弹力与重力大小相等时，速度最大，动能最大；
由于弹簧的弹力不等于零，所以弹性势能不等于零：
小球离开弹簧后只受重力做匀减速直线运动，动能不断减小，当小球动能减为零时，重力势能最大，故D正确.故选：
D
【思路点拨】小球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后做竖直上抛运动，结合功能关系和牛顿第二定律进行分析即可.本题关键是分析小球的受力情况，确定小球的运动情况，根据系统的机械能守恒进行判断，基础题.
5.在稳定轨道上的空间站中，物体处于完全失重状态.有如图
（2）所示的装置，半径分别为r和斤（斤）r）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平而上，轨道之间有一条水平轨道3相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的勿段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是：
A.小球在Q?
间由于摩擦力而做减速运动
B.小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大
C.如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D.小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
【知识点】牛顿第二定律向心力
【答案解析】D解析：
A：
小球处于完全失重状态,压力对水平轨道压力为零，不受摩擦力，做匀速直线运动故A错
B：
小球处于完全失重状态，在圆轨道中做匀速圆周运动，只要有速度就能通过圆规道，故BC错
mv~
D住圆轨道中做匀速圆周运动靠轨道的东力提供向心力即N二R半在越小压力越大故D正确
【思路点拨】该装置处于稳定的空间站中，处于完全失重状态，所以小球对水平轨道压力为零.在圆轨道中运动,靠轨道的压力提供向心力.小球失重状态下运动在圆规道和直轨道上速度大小都不变.
6.一辆汽车在平直的公路上以某一速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数（1/。
图象如图所示.若已知汽车的质量M,则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是
A.汽车的功率
B.汽车行驶的最大速度
C.汽车所受到的阻力
D.汽车运动到最大速度所需的时间
【知识点】牛顿第二定律；
力的合成与分解的运用：
功率、平均功率和瞬时功率.
A、B、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
P_
F-f=ma其中F=口联立得
a二〃?
I，结合图线，有
-m=-2
L_L
0=0.05”?
次解得P=10mf=2m由于质量已知，故A错误，B也错误：
C、与物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，最大速度为20ns,故C错误；
D、汽车的初速度未知“故加速时间未知，故D正确：
故选D.
【思路点拨】汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可.本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解.
7.一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。
支架的两直角边长度分别为21和1,支架可绕固定轴0在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。
开始时0A边处于水平位置，由静止释放，则
A.A球的最大速度为2亚
B.A球速度最大时,B球的重力势能最小
C.A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°
D.A,B两球的最大速度之比va:
v6=1:
2
o
21m
I
O2mB
【知识点】机械能守恒定律
【答案解析】C解析：
解：
由机械能守恒可知，两球总重力势能最小时，二者的动能最大，所以B正确；
根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为％V8=o*21：
<
.）-1=2：
1.故D正确：
当0A与竖直方向的夹角为。
时，由机械能守恒得：
1?
128..n8
—mv~+—mvB~一g/（sin，+cos夕）—gl
mg-21cos0-2mg-l（1-sin0）=22解得：
V/=33
由数学知识知，当0=45°
时，sinO+cos。
有最大值，故选项C是正确的.
【思路点拨】AB两个球组成的系统机械能守恒，但对于单个的球来说机械能是不守恒的，根据系统的机械能守恒列式可以求得AB之间的关系，同时由于AB是同时转动的，它们的角速度的大小相同.本题中的AB的位置关系并不是在一条直线上，所以在球AB的势能的变化时要注意它们之间的关系，在解题的过程中还要用到数学的三角函数的知识，要求学生的数学基本功要好，本题由一定的难度.
8.如图，倾角为a的斜面体放在粗糙的水平而上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连。
现用拉力F沿斜而向上拉弹簧，使物体在光滑斜而上匀速上滑，上滑的高度为h,斜面体始终处于静止状态。
在这一过程中
F-mgsina
A.弹簧的伸长量为k
B.拉力F做的功为列?
sina
C.物体A的机械能增加mgh/sina.
D.斜而体受地面的静摩擦力大小等于尸cosa
【知识点】机械能守恒定律：
功的计算.
【答窠解析】D解析：
A、根据胡克定律可得弹簧的伸长量x=£
故A错误.B、根据功K
的定义式可得拉力F做的功忙Fx=FX'
_=』L,故B错误.C、在整个运动过程中物sinasina
体的动能保持不变，故增加的机械能就等于增加的重力势能即二△Ekmgh,故C错误.D、以整体为研究对象，整体在水平方向不受外力，故有拉力F在水平方向的分力等于地面的摩擦力，故有f=Fcosa,故D正确.故选：
D.
【思路点拨】根据胡克定律可得弹簧的伸长量；
根据功的定义式可得拉力F做的功：
机械能的增量就等于末态的机械能减去初态的机械能；
根据整体处于平衡状态可得系统水平方向合力为0,即水平向左的拉力等于水平向右的摩擦力.系统增加的机械能等于除重力和弹簧的弹力外其它力所做的功，这是高考考查的重点和难点，要注意掌握.
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16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，选对但不全的得2分，有选错或不答的得。
分。
）
9.一小船在静水中的速度为3m/s,它在一条河宽为150m,水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船
A.能到达正对岸
B.渡河的时间可能等于50s
C.以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200m
D.以最短位移渡河时，位移大小为200m
【知识点】运动的合成和分解.
【答案解析】BC解析：
A、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求
合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸.故A错误.B、当船的静水中的速
d
度垂宜河岸时渡河时间最短：
t皿=%1=50s,故B正确.C、船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移：
x=v水'
n=4X50m=200m,即到对岸时被冲下200m,故C正确.D、小船若在50s内渡河，到对岸时，它将被冲下的距离xk丁=4X50m=200m.此时位移
5（32+2（X）2=250，〃,故D错误,故选BC.
【思路点拨】船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短：
如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸.小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度.
10.物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则
A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为一2W
C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W
【知识点】动能动能定理运动图象
【答案解析】CD解析：
A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速宜线运动，合力为零，做功为零.故A错误.
B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W.故B错误.
C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W.故C正确.
3
D,从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的7,则合力做功为-0.75W.故D正确.
故选CD
【思路点拨】由速度-时间图象可知,物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零.根据动能定理：
合力对物体做功等于物体动能的变化.从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反.从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同.根据数学知识求出从第3秒末到第4秒末动能的变化量，再求出合力的功.
11.汽车在平直公路上以速度论匀速行驶，发动机功率为人快进入闹巾区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。
以下四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系
【知识点】机车功率与速度与时间图线问题选择题
【答案解析】Co当机车进入闹区时使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，功率一定，速度减小，牵引力增大，合力减小，加速度值减小，最后当牵引减小到与阻力相等时，加速度为零，机车作匀速运动，由此分析，可选择C图。
【思路点拨】求解本题时，要抓住减小了油门，功率减小后保持不变，由-=尸匕就可知道，力与速度成反比，再根据牛顿第二定律列式看加速度的大小变化，来选择答案。
12.如图所示，质量为m的小球由轻绳a、6分别系于一轻质木架上的月点和。
点。
当轻杆绕轴6。
以角速度公匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳6在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，若绳a、6的长分别为乙、分且乙〉2g,则
A.绳6烧断前，绳a的拉力大于mg,绳b的拉力等于小人人
B.绳6烧断瞬间，绳a的拉力突然增大
C.绳6烧断后，小球在垂直于平面处的竖直平面内摆动
D.绳6烧断后，小球仍在水平面内做匀速圆周运动
【知识点】受力分析、匀速圆周运动的综合应用选择题。
【答窠解析】BC。
在.绳6烧断前，绳a的拉力为相g,绳b的拉力等于"
口?
//A错：
绳6烧断瞬间，绳。
有向左运动趋势，绳a的拉力突然增大，B正确；
此后小球就在垂直于平而月长的竖直平面内摆动，不是匀速圆周运动，C对、D错：
故本题选择BC答案。
【思路点拨】在绳6烧断前，要对小球进行受力分析确定它在水平方向绳和竖直方向绳所受的力，烧断后的瞬间，［=0,。
段绳所受拉力发生突变，以悬点作圆周运动，拉力大，由此就可知道以后小球作何种运动了°
三、实验题（本题共2小题，共14分。
请按题目要求作答，将答案写在答题卷上。
13.（6分）某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.弧形轨道末端水平，离地面的高度为H.将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点跳轨道末端的水平距离为x,实验数据见表格。
h（10'
m）
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
2.62
3.89
5.20
6.53
7.78
A/10'
m
（1）若钢球的机械能守恒，则J与h的关系应满足xJ（用H、h表示）.
（2）对比实验结果与理论计算得到的x：
-h关系图线（图乙），自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率%现（理论值）（横线上填“小于”或“大于”）.
（3）从实验结果与理论计算得到的x,-h关系图线存在明显的误差，造成上述误差的可能原因是o（写出其中一种即可）
【知识点】验证机械能守恒定律.
【答案解析】
（l）4Hh：
（2）小于：
⑶小球.与轨道间存在摩擦力解析：
（1）物
1
体在光滑轨道上卜落时，机械能'
守恒彳j：
mgh=2mv=①
平抛后有：
X=Vot②
H=2gt=③
联立①②③解得：
x:
=4Hh.
（2）图象如图所示（不要求做出图象）
对比实验结果与理论计算得到的x＞一h关系图线中发现：
自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的X，数值大于实验的/数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值.
（3）由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小.小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于“理论”速率.
所以造成上述误差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力.
【思路点拨】利用物体下落时机械能守恒求出抛出的速度，然后根据平抛运动规律即可解出正确结果.利用描点法进行作图.将实际图线和理论图线进行比较，即可得出正确结果.本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维.
14.（8分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌而上固定一倾
斜的气垫导轨：
导轨上月点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；
遮光片两条长边与导轨垂直；
导轨上6点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间亡，用d表示看点到光电门6处的距离，6表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过6点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动，
（1）滑块通过5点的瞬时速度可表示为:
（2）某次实验测得倾角夕=30二重力加速度用g表示，滑块从4处到达6处时曲和
"
组成的系统动能增加量可表示为A6二,系统的重力势能减少量可表示为△氏;
，在误差允许的范闱内，若△瓦二△瓦则可认为系统的机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律考查题。
X_b（M+m）b2
bv=-=-「
（1）—：
由/♦可得出B点的速度值。
（2）2厂，
t
（m-——）gd11A2
2.根据动能定理就可得到：
A&
=-（M+w）d=—（"
+，〃）二,重力势徙的
22r
减少量为：
AEP=mgd-Mgsin30。
=0〃一;
M）。
【思路点拨】本题依题意利用平均速度的定义式求出物体在B处时的瞬时速度，然后只要根据动能定理和速度的关系求出动能的增加量，重力势能的减少量要注意两物体在这个过程中发生的位移是沿斜而方向的分力）。
在误差允许的范围内，若△瓦二△瓦则可认为系统的机械能守恒。
四、计算题（本题共4小题，共46分。
解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。
只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。
）15.（10分）如图所示，在倾角37。
的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v=15m/s,在二者相距L=30m时，此人以速度v0水平抛出一石块，击打动物，人和动物都可看成质点（已知sin37°
=0.6,g=10m/s2）
（1）若动物在斜坡上被石块击中，求心的大小；
（2）若动物离斜坡末端较近，设其在水平面上匀速运动速度的大小与其在斜而上的相同，试分析该动物在水平面上被石块击中的情况下，人抛石的速度V。
取值范围。
【知识点】平抛运动：
匀变速直线运动的位移与时间的关系.
（1）20m/s；
（2）20m/sVv°
W55m/s解析：
（1）设过程中石块运动所
需时间为t对于动物：
运动的位移：
S=V1
（L+S）sin370=-!
-gt2
对于石块：
竖直方向：
2
水平方向：
（L+S）cos37°
=vor
代入数据，由以上三式可得：
%=2°
/s
（2）要分析这种情况下人抛勺块的速度取值范惘可以使用特殊值法：
假设动物开始时在斜而的底端，则：
对动物：
x>
=vt
Lsin37°
=l^2
立°
s6+X|=vt
N=55m/s
所以此种情况下，石块的速度应：
20m/sVvW55m/s
【思路点拨】
（1）动物沿斜面做匀速运动，石块做平抛运动，将石块的运动分解到水平方向和竖直方向，列出公式，即可求得结论：
（2）因题目仅仅说：
若动物离斜坡末端较近，没有具体的数值.所以可以使用特殊值法：
假设动物开始时在斜而的底端，代入相应的方程，解出结果，然后进行说明.本题是平抛运动和匀加速运动的综合，关键抓住两个过程的联系：
平抛的末速度等于匀加速运动的初速度.特殊值法也是解题中常用的方法.
16.（12分）如图，竖直放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，,圆心与A、D在同一水平面上，ZC0B=6,现有一个质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为中求：
（1）小物体在斜面上能够通过的路程；
（2）小物体通过C点时，对C点的最大压力和最小压力。
【知识点】动能动能定理牛顿第二定律向心力
（1）S=R/g
（2）：
N.=mg（3-2cos0）.解析解：
⑴如图，小物体最终将
在以过圆心的半径两恻0范围内运动，由动能定理得
mgRcosO-fs=0又f=pingcosO解得：
S=R/ji（4分）
（2）小物体第一次到达最低点时对C点的压力最大；
=w2/R
由动能定理得：
一"
〃gc°
se而=〃//2AB=RctgO（2分）
解得：
Na=mg（3-2McosectgO）（2分）
当小物体最后在BCD（D在C点左侧与B等高）圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小。
N”一醒=〃n”/RmgR（1_cos0）=mv=/2一分）
Nn=mg（3-2cos9）.（2分）
（1）由几何知识得知，斜面的倾角等于30°
.物体从A点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，物体在斜而上运动时机械能不断减小，到达的最大高度越来越小，最终在BE圆弧上来回运动，到达B点的速度为零.物体在斜而上运动时摩擦力大小为□mgcosO,总是做负功，滑动摩擦力做的总功与总路程成正比，根据动能定理求解总路程.
（2）当物体第一次经过C点时，速度最大，对C点的压力最大，当最后稳定后，物体在BE之间运动时，经过C点时速度最小，物体对C点的压力最小，根据动能定理求出最大速度和最小速度，再由牛顿运动定律求解最大压力和最小压力.本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点.
17.（12分）质量为m=lkg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平
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