高考物理一轮复习赢取满分策略1 细心审题做到一读二思三析Word文档下载推荐.docx

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甲

由牛顿第二定律得

mgsin37°

－μ1N1＝ma1①（2分）

N1＝mgcos37°

②（1分）

联立①②并代入已知条件得：

a1＝3m/s2③（1分）

在0～2s时间内B的受力分析如图乙所示

乙

－μ2N2＋μ1N1＝ma2④（2分）

N2＝N1′＋mgcos37°

⑤（1分）

联立③④并代入已知条件得

a2＝1m/s2⑥（1分）

（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，

则v1＝a1t1＝6m/s⑦（1分）

v2＝a2t1＝2m/s⑧（1分）

t>

t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。

此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得

a1′＝6m/s2⑨（1分）

a2′＝－2m/s2

（1分）

B做减速运动。

设经过时间t2，B的速度减为零，则有

v2＋a2′t2＝0⑪（1分）

联立⑧

⑪式得

t2＝1s⑫（1分）

在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为

s＝

－

＝12m＜27m⑬（2分）

此后B静止，A继续在B上滑动。

设再经过时间t3后A离开B，则有

l－s＝（v1＋a1′t2）t3＋

a1′t

⑭（2分）

可得t3＝1s（另一解不合题意，舍去）⑮（1分）

设A在B上总的运动时间为t总，有

t总＝t1＋t2＋t3＝4s。

⑯（1分）

答案　

（1）3m/s2　1m/s2　

（2）4s

【真题变式】若【真题示例】中，浸透雨水后，A、B间的动摩擦因数μ1减小为0.6，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，此时A和B加速度的大小是多少？

A受到的摩擦力大小是多少？

解析　假设A、B相对静止，以整体为研究对象

N＝2mgcos37°

2mgsin37°

－μ2N＝2ma

可得a＝gsin37°

－μ2gcos37°

＝2m/s2

以A为研究对象N′＝mgcos37°

－fA＝ma

可得fA＝4m（N）<

μ1mgcos37°

所以假设成立，A和B加速度都是2m/s2

答案　2m/s2　2m/s2　4m（N）

【预测】如图10所示，质量M＝1kg的木板静置于倾角θ＝37°

、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝4m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2N的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？

已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8。

图10

解析　由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度。

设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma

设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得

F＋μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma′

设小物块和木板达到共同速度所用时间为t，由运动学公式可得v0－at＝a′t

设小物块和木板共速时小物块的位移为x，木板的位移为x′，由位移公式可得

x＝v0t－

at2，x′＝

a′t2

小物块恰好不从木板的上端滑下，有x－x′＝l

以上各式联立并代入数据求解可得l＝0.714m。

答案　0.714m

课时跟踪训练

一、选择题（1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题）

1.（2017·

“湖南省湘中名校教研教改联合体”高三联考）如图1所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是（　　）

图1

A.1∶2　2∶1B.1∶2　1∶2

C.2∶1　2∶1D.2∶1　1∶2

解析　设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得加速度之比

；

根据平均速度的推论知s1＝

t，s2＝

·

2t，所以s1∶s2＝1∶2。

选项A正确。

答案　A

2.（2017·

中原名校第一次联考）以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。

若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则

－t0图线为（　　）

解析　t0时刻，小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，t0时刻开始，两小球下落的高度分别为hA＝（gt0）t＋

gt2和hB＝

gt2，则Δx＝hA－hB＝gt0t，即

＝gt0，

与t0成正比，选项B正确。

答案　B

3.某物块以初速度v0＝1m/s在水平直轨道上运动，以初速度方向为正方向，在0～40s内其加速度a随时间t的变化规律如图2所示，则下列说法正确的是（　　）

图2

A.物块在t＝20s时的速度大小为20m/s

B.物块在10～20s内通过的路程为零

C.物块在20～40s内速度变化量大小为20m/s

D.物块在t＝40s时的速度大小为11m/s

解析　物块在0～10s内做匀加速运动，在10～20s内做匀速运动，则物块在t＝20s时的速度v1＝v0＋a1t1＝1m/s＋2×

10m/s＝21m/s，选项A错误；

物块在10～20s内通过的路程为v1Δt＝21×

10m＝210m，选项B错误；

a－t图象的面积表示速度的变化量，在20～40s内速度减少Δv＝

×

1×

（40－20）m/s＝10m/s，选项C错误；

物块在40s末的速度大小v2＝v1－Δv＝21m/s－10m/s＝11m/s，选项D正确。

答案　D

4.如图3所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（　　）

图3

A.升降机正在匀加速上升

B.升降机正在匀减速上升

C.升降机正在加速下降，且加速度越来越大

D.升降机正在减速下降，且加速度越来越大

解析　篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐增大，篮球受到倾斜天花板的弹力增大，其在竖直方向的分力增大，弹簧弹力不变，则篮球必然有竖直向下且增大的加速度，C正确。

答案　C

5.某小物块在一长木板上运动时，其运动的v－t图线如图4所示，已知小物块总在长木板上。

则下列说法正确的是（　　）

图4

A.小物块相对于长木板运动的距离为12m

B.小物块相对于长木板运动的距离为6m

C.长木板在0～4.0s内的平均速度是2m/s

D.在0～4.0s内长木板和小物块的平均加速度相同

解析　小物块相对于长木板运动的距离等于小物块与长木板的v－t图线所围的面积，即Δx＝

1.5m＝6m，选项B正确，A错误；

长木板在0～4.0s内的位移为长木板的v－t图线与时间轴所围的面积，即x＝（

1.5＋

）m＝7m，平均速度是1.75m/s，选项C错误；

在0～4.0s内长木板和小物块的平均加速度大小相等，但方向相反，选项D错误。

6.某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°

，使飞行器恰沿与水平方向成θ＝30°

角斜向右上方做匀加速直线飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°

同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）

图5

A.加速时加速度的大小为g

B.加速时动力的大小等于mg

C.减速时动力的大小等于

mg

D.减速飞行时间t后速度为零

解析　起飞时，飞行器受动力和重力，两力的合力与水平方向成30°

角斜向右上方，设动力为F，合力为F合，如图甲所示，在△OFF合中，由几何关系得F＝

mg，F合＝mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1＝g，故选项A正确，B错误；

t时刻飞行器的速率为v＝a1t＝gt，动力方向沿逆时针旋转60°

，合力的方向与水平方向成30°

角斜向左下方，动力F′跟合力F合′垂直，如图乙所示，此时合力大小为F合′＝mgsin30°

，动力大小F′＝

mg，飞行器的加速度大小为a2＝

g，减速运动到最高点的时间为t′＝

＝2t，故选项C、D都错误。

7.2016年10月17日我国的“神舟十一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺利发射升空。

两名宇航员在随飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的过程中，既要承受超重的考验，又要承受失重的考验，下列说法中正确的是（　　）

A.当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态

B.“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态

C.“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于宇航员的重力

D.“神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力

解析　当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员的加速度向上时，宇航员处于超重状态，当宇航员加速上升或减速下降时，宇航员处于超重状态，故选项A正确；

“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项B错误；

“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，加速度方向始终向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项C错误；

“神舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项D正确。

答案　AD

8.某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反映t1时刻两车相遇的是（　　）

解析　x－t图象中图线上的点表示物体所在的位置，由图A可知，t1时刻两车不会相遇，A错误；

由图B可知，t1时刻两线相交，故两车相遇，B正确；

v－t图象表示物体的速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图C可知，t1时刻两车的位移不同，故不会相遇，C错误；

由图D可知，两车在0～t1时间内位移相同，故D正确。

答案　BD

9.图6甲为固定在水平面上的倾角为θ的光滑斜面，相同的A、B两滑块用一平行斜面的轻质弹簧相连，再用一轻绳将B与斜面顶端相连。

现将弹簧换成轻绳将两滑块相连，如图乙，重力加速度为g。

在这两种情况下分别将与B连接处剪断（如图所示），那么在剪断轻质弹簧和轻绳的瞬间，下列说法正确的是（　　）

图6

A.两种情况下A的加速度都为a＝gsinθ

B.两种情况下B的加速度都为a＝gsinθ

C.图甲中A、B的加速度都为零

D.图乙中两滑块的加速度不相同

解析　在图甲中，剪断弹簧的瞬间，根据弹簧产生弹力的条件可知，弹簧此时的弹力会发生突变，立即变为零，所以此时A的加速度为a＝gsinθ，而B仍然处于平衡状态，故加速度为零；

在图乙中，剪断轻绳的瞬间，轻绳此时的弹力也会发生突变，立即变为零，所以此时A的加速度也为a＝gsinθ，而B仍然处于平衡状态，故加速度为零，由以上分析可知选项A、D正确，B、C错误。

10.（2017·

广西桂林市调研考试）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的v－t图象如图7所示。

已知斜面的倾角为37°

，物体的质量为1kg，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°

＝0.8，则（　　）

图7

A.斜面的长度可能为5m

B.在0～5s内拉力F的大小为1.8N

C.在5～10s内拉力F的大小为10N

D.在10～15s内拉力F做的功为－5.5J

解析　15s内物体的位移x＝

1m＝10m，故斜面长度一定不小于10m，A错误；

由图象可知，前5s内物体的加速度为a＝

m/s2＝0.2m/s2，由牛顿第二定律可得mgsin37°

－F－μmgcos37°

＝ma，解得F＝1.8N，B正确；

5～10s内物体匀速下滑，根据平衡条件可得mgsin37°

＝F＋μmgcos37°

，解得F＝2N，C错误；

物体在10～15s内加速度a′＝－0.2m/s2，则由牛顿第二定律可得mgsin37°

＝ma′，解得F＝2.2N，位移x＝

m＝2.5m，因拉力方向与位移相反，则拉力做的功W＝－2.2×

2.5J＝－5.5J，D正确。

二、非选择题

11.（名师改编）如图8所示，光滑的平行金属导轨CD与EF间距为L＝1m，与水平地面夹角为θ，且sinθ＝0.4，导轨C、E两端用电阻R＝0.8Ω的导线连接，导轨的电阻不计，导轨处在磁感应强度为B＝0.1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，一根电阻为r＝0.2Ω的金属棒MN两端通过导电小轮搁在两导轨上，棒上有吸水装置P，取沿导轨向下为x轴正方向，坐标原点O在CE中点，开始时棒处在x＝0位置（即与CE重合），棒的起始质量不计，设棒自静止开始下滑，同时开始吸水，质量逐渐增大，设棒的质量与位移x的平方根成正比，即m＝k

，k为常数，其值满足k2＝10－4kg2/m，g＝10m/s2。

图8

（1）金属棒下滑3m位移过程中，流过棒的电荷量是多少？

（2）猜测金属棒下滑过程中做的是什么性质的运动，并加以证明；

（3）金属棒下滑1m位移时，导线两端的电压多大？

解析　

（1）由电流定义式可知q＝I·

Δt

由法拉第电磁感应定律知E＝

由闭合电路欧姆定律知I＝

联立并代入数值得q＝0.3C。

（2）假设金属棒做匀变速运动，由牛顿第二定律知

mgsinθ－

v＝ma

而m＝k

，v＝

联立得kgsinθ－

－ka＝0

从上述方程可以看出a是一个定值，与位移x无关，表明前面的假设成立，即棒做匀加速运动。

（3）将相应数据代入kgsinθ－

－ka＝0，

可得a＝2m/s2

所以金属棒下滑1m位移时速度

v＝

m/s＝2m/s

金属棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv＝0.2V

所以导线两端的电压为U＝

E＝0.16V。

答案　

（1）0.3C　

（2）匀加速运动　（3）0.16V

12.（2017·

武汉六中高三月考）如图9所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°

，长为5m的传送带与两平台平滑连接。

现有一小物体以10m/s的速度沿AB平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到CD平台上，问：

（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？

（2）当小物体在AB平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台CD，求这个临界速度；

（3）若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？

解析　

（1）传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得

μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1①

B―→C过程有v

＝2a1l②

解得a1＝10m/s2，μ＝0.5。

（2）显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，

据牛顿第二定律得mgsin37°

－μmgcos37°

＝ma2③

若恰好能到平台CD时，有v2＝2a2l④

解得v＝2

m/s

即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2

m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台CD。

（3）以v1表示小物体在平台AB上的滑动速度，以v2表示传送带顺时针传动的速度大小，小物体从滑上传送带到速度减小到与传送带速度相等时有

v

－v

＝2a1x1⑤

对小物体从速度减小到传送带速度v2开始，到运动到恰滑上CD平台过程，有

＝2a2x2⑥

x1＋x2＝L⑦

解得v2＝3m/s

即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。

答案　

（1）0.5　

（2）2

m/s　（3）3m/s