届高考物理一轮复习 热点滚动加强练一doc.docx
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届高考物理一轮复习热点滚动加强练一doc
2019届高考物理一轮复习热点滚动加强练一
第Ⅰ卷 （选择题 共48分）
评卷人
得分
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．）
[热点夯实练]
热点一 匀速直线运动的规律及应用
1．一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况．当车速v≤10m/s，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为（ ）
A.
sB．
s
C．2.5sD．12.5s
【解析】 当车速最大v＝10m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v＝v0＋at可知，t＝
＝
s＝2.5s，C项正确．
【答案】 C
2．为了求出楼房高度，让一石子从楼顶自由下落，空气阻力不计，根据下列测出的物理量的值，能计算出楼房高度的是（当地重力加速度g已知）（ ）
A．石子开始下落1s内的位移B．石子落地时的速度
C．石子最后1s内的位移D．石子通过最后1m的时间
【解析】 设楼高为h，石子落到地面所需时间为t，落地时的速度为v.已知石子开始下落1s内的位移，不能求出h，不选A；由v2＝2gh，可求h，选B；已知最后1s内的位移x，可以求解t－0.5s时刻的速度v1，由v1＝g（t－0.5s）可求出t，再由h＝
，可求出h，选C；设石子通过最后1m的时间为t2，可求出t－
时刻的速度v2，由v2＝g（t－
），进而求出t、h.选D.
【答案】 BCD
热点二 运动图象
3.某小物块在一长木板上运动时，其运动的vt图线如图所示，已知小物块总在长木板上．则下列说法正确的是（ ）
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vt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vt图线与时间轴所围的面积，即x＝
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．
【答案】 B
4．如图所示为某质点运动的vt图象，2～4s内图线为半圆形，下列说法正确的是（ ）
A．1～2s内质点的加速度大小为8m/s2B．2～4s内质点的位移大小为8m
C．3s末质点的速度为8m/sD．3s末质点的加速度等于零
【解析】 由图可知1～2s内质点的加速度大小为8m/s2，所以选项A正确；2～4s内质点的位移大小为
m，选项B错误；3s末质点的速度为－1m/s，选项C错误；3s末质点的加速度等于零，选项D正确．
【答案】 AD
热点三 重力、弹力和摩擦力
5．三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图所示．其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F缓慢地向左拉P弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是（ ）
A．4cmB．6cm
C．8cmD．10cm
【解析】 “缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的压力F1＝mbg＝1×10N＝10N，所以其压缩量为x1＝
＝2cm；最终c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力F2＝mcg＝1×10N＝10N，其伸长量为x2＝
＝2cm，拉力F＝（mb＋mc）g＝2×10N＝20N，p弹簧的伸长量为x3＝
＝4cm，所以所求距离x＝x1＋x2＋x3＝8cm.
【答案】 C
6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环套（重力不计）相连，O端与质量m＝1kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin53°＝0.8；cos53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是（ ）
A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6N
C．重物G的质量M＝0.6kgD．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6
【解析】 因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f＝μFN.对环进行受力分析，则有：
μFN－FTcosθ＝0，FN－FTsinθ＝0，FT＝FT′＝mgsinθ，代入数据解得：
μ＝cotθ＝
，FN＝6.4N，A正确，BD错误；对重物m：
Mg＝mgcosθ，得：
M＝mcosθ＝0.6kg，C正确．
【答案】 AC
热点四 力的合成与分解
7．（2018·衡水检测）如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（ ）
A．逐渐减小B．逐渐增大
C．先减小后增大D．先增大后减小
【解析】
对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C.
【答案】 C
热点五 共点力的平衡
8.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）
A．细绳的拉力逐渐变小
B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大
C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大
D．Q将从墙壁和小球之间滑落
【解析】 对P受力分析，P受到重力、拉力和Q对P的支持力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：
拉力F＝
，Q对P的支持力FN＝mgtanθ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误．对Q受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故B正确，C、D错误．
【答案】 B
9.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ（最初θ<α），挡板从图示位置以O为轴逆时针缓慢转至水平，在此过程中小球始终处于平衡状态，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，θ的大小可以为（ ）
A．αB．2α
C．π－αD．π－2α
【解析】 重力沿垂直于挡板和斜面方向分解，两个分力大小分别等于挡板和斜面对小球的弹力，以表示重力的线段末端为圆心，该线段长为半径画辅助圆，如图甲所示，由几何知识得θ＝α；当挡板转到水平时，如图乙所示，θ＝π－α，故A、C正确．
【答案】 AC
热点六 牛顿第二定律、两类动力学问题
10．（2018·云南玉溪期中）
如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1kg，B的质量是2kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其他摩擦不计．由静止释放，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮），下列说法正确的是（ ）
A．A、B两物体发生相对滑动
B．A物体受到的摩擦力大小为2.5N
C．B物体的加速度大小是2.5m/s2
D．细绳的拉力大小等于10N
【解析】 假设A、B相对静止，将A、B、C看作一个整体，对整体有mCg＝（mA＋mB＋mC）a，解得a＝2.5m/s2，则A的加速度为a＝2.5m/s2，水平方向上B给A的静摩擦力产生加速度，即有f＝mAa，即得f＝2.5N，而A、B间发生相对滑动的最大静摩擦力为fm＝μmAg＝3N＞f，故假设成立，所以A、B相对静止，A错误，B、C正确；设绳子的拉力为T，则根据牛顿第二定律可得T＝（mA＋mB）a＝7.5N，故D错误．
【答案】 BC
热点七 牛顿运动定律的综合应用
11．如图
所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有相同的动摩擦因数，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的（ ）
【解析】 在达到相同速度之前，有
－μmg－μ·2mg＝ma1
a1＝－3μg
达到相同速度之后，有
－μ·2mg＝2ma2
a2＝－μg
由加速度可知，图象A正确．
【答案】 A
12．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN.若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2.则（ ）
A．a＝
m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1kg
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a（N）
【解析】 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a＝
m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示．所以mgsinθ＝T；当a＝
m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以
＝ma，联立可得tanθ＝
，m＝0.1kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a（N），选项D错误．
【答案】 ABC
第Ⅱ卷 （非选择题 共52分）
评卷人
得分
二、非选择题（本大题共6小题，共52分．）
[热点综合练]
13．（4分）（涉及验证力的平行四边形定则，有关实验原理与操作，数据处理与误差分析）图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置．
（1）下列说法中正确的是________．
A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化
B．用弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下
C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程
D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°
（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N.
【解析】
（1）在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，选项A正确；用弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只要把O点拉到同一位置即可，选项B错误；F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，选项C正确；F1、F2方向间夹角不一定为90°才能减小误差，选项D错误．
（2）弹簧测力计的最小刻度是0.1N，故弹簧测力计要估读到0.01N，力的大小是4.00N.
【答案】
（1）AC
（2）4.00
14．（8分）（涉及探究加速度与力、质量的关系，有关实验原理与数据处理）利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究“合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系”．
（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条宽度d，则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________（以上表达式均用已知字母表示）．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________mm.
（2）在实验过程中，当改变滑块质量M时，通过改变________，保证滑块受到的合力大小不变．
【解析】
（1）滑块通过光电门的时间极短，以此时间内的平均速度近似作为瞬时速度，可得速度v1＝
.同样通过光电门2的速度v2＝
，从光电门1到光电门2的过程为匀变速直线运动，可得v
－v
＝2aL，即加速度a＝
＝
.20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，游标尺零刻线左侧对应的主尺刻线为8mm，第3条刻线与主尺刻线对齐，最终读数为8mm＋3×0.05mm＝8.15mm.
（2）使用气垫导轨可以不考虑摩擦力，那么滑块沿斜面下滑合力为Mgsinθ＝
，小车质量改变时，要保证合力Mgsinθ＝
不变，只需要保证Mh不变．
【答案】
（1）
8.15
（2）高度h使Mh保持不变
15．（10分）（涉及匀变速直线运动的规律及应用）在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为d＝6.0m，若汽车启动时都以a＝2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v＝10.0m/s后做匀速直线运动通过路口．该路口亮绿灯时间t＝40.0s，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）．另外交通规则规定：
原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．请回答下列问题：
（1）若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？
（2）第
（1）问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经多长时间停下？
【解析】 汽车等距离排列，又以同样加速度同时启动，运动状况总相同，相同时间内位移也相同，因此彼此间距离保持不变，要判断在t＝40s内有多少汽车能通过路口，就是要计算在这40s内汽车的位移及在此位移内等距排列的汽车数，如图所示，n（取整数）个d对应有n＋1车辆能通过路口．
（1）汽车加速时间t1＝
＝4.0s
在t＝40.0s时间内汽车能行驶的位移x＝
at
＋v（t－t1）＝380m
所以n＝
＝63.3
依题意知能有64辆汽车通过路口．
（2）设t0＝3.0s，当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移
x1＝
at
＋v（t－t1－t0）＝350m
此时汽车距停车线的距离x2＝64d－x1＝34m
第65辆车从刹车到停下来的时间t2＝
＝6.8s.
【答案】
（1）64
（2）6.8s
16．（10分）（涉及力的合成与分解，共点力的平衡相关知识）一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA与竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示．现保持β角不变，缓慢调整OB方向至OB线上拉力最小为止，此时OB与水平方向的夹角α等于多少？
最小拉力是多少？
【解析】
对电灯受力分析如图所示，据三力平衡特点可知：
OA、OB对O点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向，即
T＝G①
在△OTBT中，
∠TOTB＝90°－α
又∠OTTB＝∠TOA＝β，
故∠OTBT＝180°－（90°－α）－β＝90°＋α－β
由正弦定理得
＝
②
联立①②解得TB＝
因β不变，故当α＝β＝30°时，TB最小，且
TB＝Gsinβ＝
.
【答案】 30°
17．（10分）（涉及牛顿运动定律的综合应用，运动图象的综合知识）汽车以v0＝20m/s的速度在水平道路上运动，从t＝0时刻开始，驾驶员不断改变油门，使牵引力不断改变，由加速度传感器和计算机测绘得到汽车加速度随时间变化规律如图甲所示，其中20～30s内关闭了汽车发动机．已知汽车的质量为2×103kg，运动阻力恒定．取g＝10m/s2.
（1）请你借鉴在研究匀变速直线运动时教科书中利用vt图象求位移的方法，对比加速度的定义，根据图甲所示at图象，求汽车在40s末的速度大小；
（2）在图乙中画出发动机牵引力F随时间t变化的Ft图象.
【解析】
（1）由加速度的定义式a＝
得Δv＝aΔt，因此在匀变速直线运动中，速度的变化量Δv等于at图线与横坐标轴包围的“面积”，由题图甲可得，0～40s内速度的变化量Δv＝[
×12.5×2.5－
×（22.5＋10）×1.5＋
×5×1.5]m/s＝－5m/s
40s末汽车的速度v＝v0＋Δv
代入数据解得v＝15m/s.
（2）驾驶员在20～30s内关闭了汽车发动机，牵引力为零，汽车加速度a1＝－1.5m/s2，由牛顿第二定律得运动阻力Ff＝ma1
汽车牵引力F＋Ff＝ma
当t＝0时，a＝2.5m/s2，解得牵引力F＝8×103N
当t＝40s时，a＝1.5m/s2，解得牵引力F＝6×103N
Ft图象如图所示.
【答案】
（1）15m/s
（2）见解析图
18．（10分）（涉及牛顿运动定律的综合应用，滑块—木板模型及相关运动学公式的综合知识）
（2018·山东济南一中上学期期中）如图所示，一质量为mB＝2kg，长为L＝6m的薄木板B放在水平面上，质量为mA＝2kg的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以v0＝5m/s的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a＝2m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F＝8N．已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10m/s2，则
（1）经多长时间物体A滑离木板？
（2）木板与水平面间的动摩擦因数为多少？
（3）物体A滑离木板后立即取走物体A，木板能继续滑行的距离为多少？
【解析】
（1）设经t0时间物体A滑离木板，
则对A：
xA＝v0t0
对木板B：
xB＝
at
xA－xB＝L
代入数据解得：
t0＝2s（另一解舍去）．
（2）A在B上滑动时，A匀速运动，则FfAB＝F＝8N.
设地面对B的滑动摩擦力为FfB1，则由牛顿第二定律得：
FfAB－FfB1＝mBa，又FfB1＝μFN，FN＝（mA＋mB）g.可解得：
μ＝0.1.
（3）物体A滑离时B板的速度vB＝at0＝4m/s.
B板向前减速滑行过程中，FfB2＝mBaB
FfB2＝μmBg
解得：
aB＝μg＝1m/s2
减速滑行的距离s＝
＝8m.
【答案】
（1）2s
（2）0.1 （3）8m
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