高考物理一二轮衔接寒假作业Word下载.docx
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的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数μ＝。
现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动。
设F的方向与斜面的夹角为α，在α从0逐渐增大到60°
的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
A．F先减小后增大B．F先增大后减小
C．F一直增大D．F一直减小
选A
对木箱受力分析如图所示，根据正交分解得：
N＋Fsinα＝mgcosθ，
Fcosα＝mgsinθ＋f，
f＝μN，
联立解得：
F＝，
cosα＋μsinα＝cosα＋sinα＝（cos30°
cosα＋sin30°
sinα）＝cos（30°
－α），在α从0逐渐增大到60°
的过程中，当α＝30°
时，cosα＋μsinα最大，F最小。
则在α从0逐渐增大到60°
的过程中，F先减小后增大。
故A正确。
5．[多选]（2018·
湖南师大附中月考）如图甲所示，一个质量m＝3kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。
已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则下列说法正确的是（ ）
A．在0～3s时间内，物体的速度先增大后减小
B．3s末物体的速度最大，最大速度为6m/s
C．2s末F最大，F的最大值为12N
D．前2s内物体做变速直线运动，力F变大
选BD 由题图乙可知物体在0～3s内始终加速，3s末速度最大，最大速度为图像围成的“面积”，为6m/s，A错误，B正确；
因物体与地面间的动摩擦因数未知，不能计算滑动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；
但滑动摩擦力始终不变，且0～2s内加速度变大，故物体做变速直线运动，拉力大小变大，D正确。
6．将物体以某一速度竖直向上抛出，经过时间t0到达最高点，之后返回。
运动过程中所受空气阻力大小与速率成正比。
则此物体从抛出到返回抛出点的过程中，速率随时间变化的图像可能正确的是（ ）
选D 物体竖直向上抛出，受重力和向下的空气阻力，又空气阻力大小与速率成正比，则mg＋kv＝ma1，物体上升时做加速度减小的减速运动。
物体从最高点返回，受重力和向上的空气阻力，又空气阻力大小与速率成正比，则mg－kv＝ma2，物体下降时做加速度减小的加速运动。
上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度，且上升和下降过程中物体运动的距离相同，由速率随时间变化的图像的切线的斜率表示物体的加速度及速率随时间变化的图像与坐标轴围成的面积表示对应的运动距离，可知D正确。
7．（2018·
济南历城二中模拟）光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m。
如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动。
已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为（ ）
A．M∶mB．m∶M
C．m∶（M＋m）D．M∶（M＋m）
选A 在题图甲中，取整体为研究对象：
F1＝（M＋m）a1
隔离A：
NAcosθ＝Mg，F1－NAsinθ＝Ma1
可解得：
F1＝gtanθ。
对题图乙，取整体为研究对象：
F2＝（M＋m）a2，
隔离B：
NBcosθ＝mg，NBsinθ＝ma2，
F2＝（M＋m）gtanθ，故：
＝，选项A正确。
8．如图所示，质量M＝8kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8N。
当小车速度达到1.5m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m＝2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。
物体从放上小车开始经t＝1.5s的时间，物体相对地面的位移为（g取10m/s2）（ ）
A．1mB．1.5m
C．2.1mD．3.6m
选C 放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2m/s2，小车的加速度a2＝＝0.5m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1s；
此过程中物体的位移：
x1＝a1t12＝1m；
共同速度为v＝a1t1＝2m/s；
当物体与小车相对静止时，共同加速度为a3＝＝0.8m/s2，再运动t2＝0.5s的位移x2＝vt2＋a3t22＝1.1m，故物体从放上小车开始经t＝1.5s的时间，物体相对地面的位移为x＝x1＋x2＝1m＋1.1m＝2.1m，故C正确。
9．（2019届高三·
黄山八校联考）如图甲所示，有一倾角θ＝37°
的固定斜面，斜面足够长。
质量m＝1kg的小滑块以v0＝20m/s的速度沿斜面底端上滑，上滑过程的vt图像如图乙所示。
重力加速度g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，求：
（1）小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若小滑块上滑到最高点时，给小滑块一沿斜面向下的恒力F＝38N，求小滑块返回斜面底端时速度的大小。
（1）由vt图像可得加速度a的大小为10m/s2
由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma
代入数据得μ＝0.5。
（2）由vt图像可得x＝20m，即小滑块沿斜面上滑的距离为20m，
施加恒力F后，小滑块沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律得
F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma′
又有v2＝2a′x
代入数据得v＝40m/s。
答案：
（1）0.5
（2）40m/s
10.如图所示，质量为m＝1kg的物块A放在长为l＝10m，倾角为θ＝37°
的斜面上，现在拉力F的作用下运动，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，
sin37°
＝0.8，重力加速度g取10m/s2。
（1）若物块由静止开始经2s自斜面顶部滑到底部，求沿斜面方向的拉力大小；
（2）若物块能匀速下滑，求拉力的最小值。
（1）物块沿斜面匀变速下滑，有l＝at2
设拉力F沿斜面向下，对物块进行受力分析，则沿斜面方向由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＋F＝ma
联立解得F＝1N。
（2）物块匀速下滑，则物块在垂直斜面和沿着斜面方向受力平衡，对物块进行受力分析，设拉力F与斜面间的夹角为α，则
沿斜面方向有mgsinθ＝f＋Fcosα
垂直斜面方向有FN＝mgcosθ＋Fsinα
摩擦力f＝μFN
整理可得4＝Fsinα＋Fcosα，
令sinβ＝，cosβ＝，即4＝Fsin（α＋β）
可得拉力的最小值为F＝N。
（1）1N
（2）N
11.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°
。
现将质量m＝2kg的小物品由静止轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示。
已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°
（1）物品达到与传送带相同速率所用的时间；
（2）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间；
（3）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品到达平台还需要的时间。
（1）物品在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，由牛顿第二定律得：
F＋μmgcos37°
－mgsin37°
＝ma1
解得a1＝8m/s2
由v＝a1t1，
解得t1＝＝0.5s
加速运动的位移为x1＝a1t12＝1m。
（2）达共速后，由牛顿第二定律得：
F－μmgcos37°
＝ma2
解得a2＝0，即物品匀速上滑，
匀速运动的位移为x2＝－x1＝2m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5s
总时间为t＝t1＋t2＝1s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s。
（3）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmgcos37°
＝ma3
解得a3＝－2m/s2
物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为
x＝－＝4m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台；
由x2＝vt3＋a3t32
即2＝4t3－×
2t32
解得t3＝（2－）s（另一解不合题意，舍去）
即物品还需（2－）s到达平台。
（1）0.5s
（2）1s （3）（2－）s
看一看——主干知识牢记心间寒假自修，平时浏览，考前温故，基础知识何时都不能丢！
[基础知识记牢靠]
1．直线运动
（1）匀变速直线运动的基本公式：
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。
以上三个公式皆为矢量式。
（2）匀变速直线运动的时间中点速度v＝，位移中点速度v＝。
不管是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都有v小于v。
（3）vt图像中斜率反映加速度，面积反映位移；
xt图像中斜率反映速度；
at图像中，面积对应速度的变化量。
2．相互作用
（1）绳的拉力沿着绳子并指向绳收缩的方向，杆的弹力可能沿杆方向也可能不沿杆方向，需要根据受力情况或物体的运动状态而定。
（2）摩擦力大小：
滑动摩擦力F＝μFN，与接触面的面积、接触面相对运动快慢等无关；
静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件来求，0＜F≤Fmax。
接触面间的动摩擦因数μ一定时，静摩擦力的大小与弹力没有正比关系，但滑动摩擦力和最大静摩擦力一定跟弹力成正比。
摩擦力方向：
沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。
同一接触面间的弹力与摩擦力方向相互垂直。
有摩擦力必有弹力，无弹力一定没有摩擦力。
（3）力的合成和分解都遵从平行四边形定则；
两个力的合力范围：
|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|；
合力可以大于分力、也可以小于分力、还可以等于分力（几种特殊角度的合力运算要熟记）。
（4）平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：
F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0。
常用方法有正交分解法、三角形法、图解法，对于物体系还要用到整体法和隔离法。
3．牛顿运动定律
（1）牛顿第一定律（惯性定律）：
指出惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关，质量是物体惯性大小的唯一量度。
（2）牛顿第二定律：
指出了力和加速度的定量关系，即F＝ma。
理解定律的瞬时性、矢量性和独立性等。
（3）牛顿第三定律：
作用力和反作用力总是等大反向，同生同灭，同直线，作用在不同物体上。
（4）超重与失重
状态
特点即判断依据
两种运动情况
表达式
注意
超重
物体具有向上的
向上加速运动
Fy－mg＝ma
重力
不变
加速度或分量
向下减速运动
失重
物体具有向下的
向下加速运动
向上减速运动
mg－Fy＝ma
完全失重时
Fy＝0，a＝g
（5）动力学的两类基本问题：
由受力情况分析判断物体的运动情况；
由运动情况分析判断物体的受力情况。
解决两类基本问题的方法：
以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。
（6）整体与隔离：
当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；
当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法。
有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决。
[易错易混醒醒脑]
1．混淆v、Δv、（磁通量处也有类似）；
误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据；
误将速度当成标量计算加速度；
混淆轨迹图和位移—时间图；
计算速度或功率时看不清“平均”还是“瞬时”。
2．追及问题不会分析条件，对几次相遇分不清而出错，混淆运动时间和客观时间。
如汽车刹车时，汽车运动时间满足t≤，发生的位移满足x≤。
另外忽视反应时间也是易错点。
3．竖直上抛运动具有对称性和多解性，例如上升和下降经过同一位置时速度等大、反向，体现了对称性。
物体经过空间同一位置时可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段等，体现了多解性（带电粒子在匀强电场中也有此特性）。
所以像竖直上抛运动中匀减速运动具有返回特性和刹车运动中不具有返回特性要区分开来。
4．对绳件、杆件、弹簧件、挡板件特性不理解。
轻绳只能产生拉力，且方向一定沿着绳，瞬间变化对应突变；
轻杆能拉、能压，瞬间变化对应突变；
轻弹簧能拉能压，瞬间变化对应渐变；
轻橡皮条能拉不能压，瞬间变化对应渐变。
所以弹簧参与的平衡要分清弹簧是压缩还是伸长，要注意多解性。
5．混淆静摩擦力和滑动摩擦力；
受力分析时既“施力”又“受力”，造成“漏力”或“多力”；
误以为平衡态就是静止态。
6．误将超重、失重现象当成物体重量变大或变小。
7．处理斜面问题时忽视斜面倾角θ与arctanμ的大小比较。
专题整合
（二） 力与曲线运动
1.
济南历城二中模拟）如图所示，一物体在光滑水平面上，在恒力F的作用下（图中未画出）做曲线运动。
物体的初速度、末速度方向如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体的运动轨迹是抛物线
B．F的方向可以与v2成45°
角
C．F的方向可以与v1垂直
D．F的方向可以与v2垂直
选AB 由题图可知，图线关于中点对称，所以物体做抛体运动，运动轨迹为抛物线，A正确；
由对称性可知力F的方向可以与v2成45°
角，但不会与v1或v2垂直，选项B正确，C、D错误。
2．（2019届高三·
扬州模拟）某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是（ ）
A．第二次炮弹在空中运动时间较长
B．两次炮弹在空中运动时间相等
C．第二次炮弹落地速度较大
D．第二次炮弹落地速度较小
选A 斜抛运动在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，设上升最大高度为H，在空中运动时间为t，由H＝g2可得t＝，对应图示可知，第二次炮弹在空中运动时间较长，A正确，B错误；
由对称性可知，炮弹落地时的速度大小与初速度大小相等，故C、D均错误。
3．（2018·
常州模拟）如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上，布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动。
若魔盘半径为r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（ ）
A．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用
B．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动
C．此时“魔盘”的转速一定不大于
D．此时“魔盘”的转速一定不小于
选D “小芳”贴着魔盘侧壁一起做圆周运动时，受重力、摩擦力和弹力作用，A错误；
由mg＝μN，N＝mr（2πn）2可得，“魔盘”的最小转速n＝，对“盼盼”分析，根据μmg＝mr（2πn′）2可得n′＝＜n，即“小芳”不滑下时，“盼盼”不能在底盘靠近竖直壁附近与“魔盘”保持相对静止一起做圆周运动，D正确，B、C均错误。
4．[多选]（2018·
舒城一中二模）如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点。
当圆环以角速度ω（ω≠0）绕竖直直径转动时，下列说法正确的是（ ）
A．细绳对小球的拉力可能为零
B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等
C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等
D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零
选CD 因圆环光滑，小球做圆周运动时，细绳拉力一定不能为零，A错误；
由Tcos60°
＋Ncos60°
＝mg，Tsin60°
－Nsin60°
＝mω2rsin60°
，可解得：
T＝mg＋mω2r，N＝mg－mω2r，当ω＝时，N＝0，选项C、D正确，B错误。
5．（2018·
天津一中月考）我国月球探测活动的第一步“绕月”工程和第二步“落月”工程已按计划顺利完成。
假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道上的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v＝
B．飞船在A点处点火变轨时，动能增大
C．飞船沿椭圆轨道Ⅱ从A到B运行的过程中机械能增大
D．飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T＝π
选A 根据万有引力提供向心得，G＝m，解得飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v＝，根据G＝mg0，联立解得：
v＝，故A正确；
飞船在A点变轨，做近心运动，需减速，所以动能减小，故B错误；
飞船从A到B的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；
根据G＝mR，G＝mg0，联立解得：
T＝2π，故D错误。
6．（2018·
河北定州中学期末）2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气。
“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力、独特的多波段快速光变观测能力等。
下列关于“慧眼”卫星的说法正确的是（ ）
A．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小
B．如果不加干预，“慧眼”卫星的轨道高度可能会缓慢降低
C．“慧眼”卫星在轨道上处于失重状态，所以不受地球的引力作用
D．由于技术的进步，“慧眼”卫星在轨道上运行的线速度可能会大于第一宇宙速度
选B 卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，如果不加干预，卫星的机械能减小，卫星的轨道高度会缓慢降低，根据G＝m可得v＝，卫星的轨道高度降低，卫星的线速度增大，卫星的动能增大，故A错误、B正确。
卫星在轨道上受到地球引力产生向心加速度，处于失重状态，故C错误。
由v＝可得卫星在轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，故D错误。
7．[多选]（2018·
山东省实验中学三模）如图，赤道上空有2颗人造卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A为近地卫星，卫星B的轨道半径为2R，卫星B的运动周期为T，某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，则（ ）
A．卫星A的加速度小于B的加速度
B．卫星A、B的周期之比为1∶2
C．在地球表面上发射卫星B的速度要小于第二宇宙速度
D．若万有引力常量G已知，根据题中数据可以求出地球的平均密度
选BCD 卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
G＝mr＝ma，则有加速度大小a＝，周期T＝，由于卫星A为近地卫星，卫星B的轨道半径为2R，所以卫星A的加速度大于卫星B的加速度，卫星A、B的周期之比为TA∶TB＝∶＝1∶2，故A错误，B正确；
卫星B围绕地球运动，所以在地球表面上发射卫星B的速度要小于第二宇宙速度，故C正确；
对于卫星B，根据万有引力提供向心力得：
G＝m（2R），解得M＝，地球的平均密度ρ＝＝，故D正确。
8.如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面上某一位置P处斜向上抛出，到达斜面顶端Q处时速度恰好变为水平方向。
已知P、Q间的距离为L，重力加速度为g，关于抛出时物体的初速度v0的大小及其与斜面间的夹角α，以下关系中正确的有（ ）
A．tanα＝tanθ B．tanα＝
C．v0＝D．v0＝cosθ
选B 运用逆向思维，物体做平抛运动，根据Lsinθ＝gt2得：
t＝，则P点的竖直分速度vy＝gt＝，P点的水平分速度vx＝＝Lcosθ·
＝，则v0＝＝，故C、D错误。
设初速度方向与水平方向的夹角为β，根据平抛运动的推论有tanβ＝2tanθ，又α＝β－θ，根据数学三角函数关系可求得tanα＝，故B正确，A错误。
9．（2018·
湖南师大附中第四次月考）宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球，经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。
若抛出时的初速度增大为原来的3倍，则抛出点与落地点之间的距离为L。
已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常量为G，求该星球的质量M。
设抛出点的高度为h，第一次抛出时水平射程为x；
当初速度变为原来3倍时，水平射程为3x，如图所示，
由几何关系可知：
L2＝h2＋x2
（L）2＝h2＋（3x）2
解得h＝L
设该星球表面的重力加速度为g，则竖直方向h＝gt2
又因为mg＝G
联立解得M＝。
10.如图所示，一根长为L＝5m的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m＝1kg的小球（可视为质点）。
将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断。
O点下
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