2021高考物理挑战压轴题 专题一：力与直线运动和曲线运动

力与直线运动和曲线运动

1．匀变速直线运动的条件
物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．
2．匀变速直线运动的基本规律
速度公式：v＝v0＋at.
位移公式：x＝v0t＋at2.
速度和位移公式的推论：v2－v＝2ax.
中间时刻的瞬时速度：false＝＝.
任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.
3．图象问题
(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．
(2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度．
4．曲线运动的条件
当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性和等效性，各分运动具有独立性．
5．平抛运动
(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝gt2.
(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体
①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ.
6．竖直面内圆周运动的两种临界问题
(1)绳模型：物体能通过最高点的条件是v≥.
(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v>0.
题型一：匀变速直线运动规律的应用
例1(2020·广东韶关市质检)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下.关于该物体的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A.加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1
B.加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1
C.加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D.加速、减速过程中速度变化率大小之比为2∶1
答案　C
解析　设匀加速直线运动的末速度大小为v，则加速阶段的加速度大小a1＝，减速阶段的加速度大小a2＝，可知a1∶a2＝t2∶t1＝1∶2，则速度变化率大小之比为1∶2，故A、D错误；根据匀变速直线运动的推论知，匀加速和匀减速阶段的平均速度大小均为＝，即平均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据x＝t得，加速阶段和减速阶段的位移大小之比为2∶1，故C正确.

拓展训练1　(2020·福建三明市质检)一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，火车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设火车做匀加速运动结束时的速度为v，则＋＝s，解得v＝，则整个过程中的平均速度为＝＝，则火车从A地到 B地所用时间为t＝＝，故选C.
拓展训练2　(2019·广东揭阳市第二次模拟)瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10 m时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10 m/s2)(　　)
A．2 s B. s C．1 s D．(2－) s
答案　C
解析　由题意知，扣子做初速度为5 m/s、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位移为10 m，根据位移时间关系x＝v0t＋gt2，代入数据有：10 m＝5 m/s·t1＋×10 m/s2×t，求得扣子落地时间：t1＝1 s；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t2＝＝ s＝2 s，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt＝t2－t1＝1 s，故选C.
题型二：曲线运动
1．曲线运动的理解
(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；
(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
2．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．
例1(多选)(2020·广东韶关市质检)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速前进，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图2所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是(　　)

图2
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做匀加速曲线运动
C．t时刻猴子相对地面速度的大小为 v0＋at
D．t时间内猴子相对地面的位移大小为
答案　BD
解析　猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线，故A错误．猴子在水平方向上的加速度为零，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀加速曲线运动，故B正确．t时刻猴子在水平方向上的分速度为v0，在竖直方向上的分速度为at，所以合速度v＝，故C错误．在t时间内猴子在水平方向和竖直方向上的分位移分别为x和h，根据运动的合成，知合位移大小为，故D正确．
例2如图1所示，长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A的线速度为(　　)

图1
A. B．vsin θ C. D．vcos θ
答案　C
解析　将直杆端点A的线速度进行分解，如图所示，由图中的几何关系可得：v0＝，选项C正确，选项A、B、D错误．


拓展训练1　 (2019·福建厦门市第一次质量检查)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小铁球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图2所示，虚线表示小铁球的运动轨迹．观察实验现象，以下叙述正确的是(　　)

图2
A．第一次实验中，小铁球的运动是匀变速直线运动
B．第二次实验中，小铁球的运动类似平抛运动，其轨迹是一条抛物线
C．该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向
D．该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上
答案　D
解析　第一次实验中，小铁球受到沿着速度方向的引力作用，做直线运动，并且引力随着距离的减小而变大，加速度变大，则小铁球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小铁球所受的磁铁的引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类似平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，选项C错误，D正确．
拓展训练2　(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图3所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　)

图3
A. B. C. D.
答案　D
解析　设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解

根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′，则：
vB分＝v′cos θ＝v′cos [90°－(180°－β)]＝v′cos (β－90°)＝v′cos (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分
联立可得：v＝，故D正确．
题型三：平抛运动基本规律的应用

1．基本思路
处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．
2．两个突破口
(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．
(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．
3．两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图5所示，即xB＝.

图5
推导：
→xB＝
(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α.
推导：
→tan θ＝2tan α

例1　 (2019·福建宁德市5月质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图6所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程(　　)

图6
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
答案　C
解析　将篮球的运动反向处理，即为平抛运动．由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误．平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误．平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第2次抛出时水平分速度较大，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确．水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误．
拓展训练1　(2019·湖南娄底市下学期质量检测)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图5是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高，若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则(　　)

图5
A．击中甲、乙的两球初速度v甲＝v乙
B．击中甲、乙的两球运动时间可能不同
C．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓
D．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大
答案　C
解析　由题图可知，甲、乙高度相同，所以球到达两鼓用时相同，但由于两鼓离林丹的水平距离不同，甲的水平距离较远，由v＝可知，击中甲、乙的两球初速度v甲＞v乙，故A、B错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高，则球到达丁鼓用时较长，则若某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，故C正确；由于丁鼓与丙鼓高度相同，但由题图可知，丁鼓离林丹的水平距离大，所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓的球的初速度，即击中丙鼓的球的初速度不是最大的，故D错误．
拓展训练2　　(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图10所示，将一小球从水平面MN上方A点以初速度v1向右水平抛出，经过时间t1打在前方竖直墙壁上的P点，若将小球从与A点等高的B点以初速度v2向右水平抛出，经过时间t2落在竖直墙角的N点，不计空气阻力，下列选项中正确的是(　　)

图10
A．v1>v2 B．v1 C．t1>t2 D．t1＝t2
答案　A
解析　小球在竖直方向上为自由落体运动，则根据t＝可知，t1x2，则v1>v2，故选A.
变式2　(多选)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图11所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(不计空气阻力)(　　)

图11
A．初速度大小之比是∶∶
B．初速度大小之比是1∶∶
C．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶
D．从射出至打到墙上过程速度增量之比是∶∶
答案　AC
解析　水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动，又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝gt2可知ta∶tb∶tc＝1∶∶，由水平方向x＝v0t可得va∶vb∶vc＝1∶∶＝∶∶，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt，可知从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶，故选项C正确，D错误．
题型四：圆周运动的分析

1．基本思路
(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.
2．技巧方法
(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．
(2)解临界问题关键是确定临界状态，找准受力的临界条件，结合牛顿第二定律分析．
例1　 (多选)(2019·安徽合肥市第二次质检)如图7所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

图7
A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行
B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为
C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
答案　BD
解析　车受到的地面的支持力方向不与车所在的平面平行，故A错误；
设自行车受到地面的弹力为FN，则有：Ffm＝μFN，由平衡条件有：FN＝Mg，根据牛顿第二定律有：Ffm＝M，代入数据解得：vm＝，故B正确；
对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则：＝，解得Ff＝，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确．

拓展训练1　 (2019·山东济南市上学期期末)如图8所示为固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A、C在同一高度上，B为容器的最低点，圆弧上E、F两点也处在同一高度，容器的AB段粗糙，BC段光滑．一个可以看成质点的小球，从容器内的A点由静止释放后沿容器内壁运动到F以上、C点以下的H点(图中未画出)的过程中，则(　　)

图8
A．小球运动到H点时加速度为零
B．小球运动到E点时的向心加速度与运动到F点时大小相等
C．小球运动到E点时的切向加速度与运动到F点时大小相等
D．小球运动到E点时的切向加速度比运动到F点时的小
答案　D
解析　小球运动到H点时，所受合外力不为零，则加速度不为零，选项A错误；小球运动到E点时的速度和运动到F点时的速度大小不相等，根据a＝可知，向心加速度不相等，选项B错误；设EF两点所在的曲面的切面的倾角均为θ，则在F点的切向加速度：aF＝gsin θ；在E点的切向加速度：aE＝gsin θ－μgcos θ；即小球运动到E点时的切向加速度比运动到F点时的小，选项D正确，C错误．
拓展训练2　(2019·辽宁大连市第二次模拟)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图9所示．已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)(　　)

图9
A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．旋臂对模型飞机作用力大小为m
D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
答案　C
解析　向心力是效果力，模型飞机实际上不受向心力作用，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；根据B选项分析知旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，C正确；根据选项C的分析知，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误．


考题预测
一、单选题
1.小明同学站在原地，将圆形雨伞绕竖直伞柄以角速度 ω 匀速转动，使附在雨伞表面的雨滴均沿雨伞边缘的切线方向水平飞出，最终落至地面成一圆形区域，已知雨伞边缘距地面的高度为h，到伞柄的垂直距离为R。忽略空气阻力，以下关于圆形区域半径的表达式正确的是（?? ）
A.?R2?ω2g+1????????????????????????????B.?ωR2?g+R????????????????????????????C.?ωR2?g????????????????????????????D.?R
2.如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为 ?1 和 ?2 ，两中心在水平地面上的投影点 O1O2 之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设出手速度为v，要使皮球能入框，则下列说法中正确的是（?? ）
A.?出手速度大的皮球入框前运动的时间也长???????????B.?速度v只能沿 O1O2 连线方向
C.?速度v的最大值为 (d+R?r)g2(?1??2)??????????????D.?速度v的最小值为 (d?R+r)2g(?2??1)
3.实验室中探测到电子在匀强电场中的运动轨迹为一条抛物线。为研究问题方便，建立如图所示的坐标系，该抛物线开口向下，a、b是抛物线上的两点。下列说法正确的是（?? ）
A.?匀强电场方向可能沿x轴正方向???????????????????????????B.?匀强电场方向可能沿y轴负方向
C.?匀强电场中a点的电势比b点高????????????????????????????D.?电子在b点的动能比在a点的大
4.如图所示，水平地面固定半径为5m的四分之一圆弧ABC， O为圆心。在圆心O右侧同一水平线上某点水平向左抛出一个小球，可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的D点，D点到水平地面的高度为2m，取g=10m/s2 ， 则小球的抛出速度是（?? ）
A.?352???????????????????????????????????B.?453???????????????????????????????????C.?8153???????????????????????????????????D.?4153
5.如图甲所示，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在不同拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，如图乙所示为 F?x 图像，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角 θ=45° ，g取10m/s2 ， 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（?? ）
A.?不能求出小物块质量
B.?小物块质量m=0.5kg
C.?O、P间的距离s=0.25m
D.?小物块每次落在斜面上的速度方向不同
6.甲、乙两质点同时从x=0处出发沿x轴正方向做直线运动。甲、乙运动速度v与位移x的关系如图所示，其中甲的图线为抛物线的一部分（该抛物线顶点在坐标原点且关于x轴对称），乙的图线为与x轴平行的直线。由图可知，下列说法正确的是（?? ）

A.?甲做加速度为1m/s的匀加速直线运动?????????????????B.?出发后1s，甲速度大小为3m/s
C.?两质点在x=3m处相遇????????????????????????????????????????D.?两质点相遇时，甲速度大小为6m/s
7.一个做匀加速直线运动的质点，先后经过 a、b 两个位置时的速度分别为 v0 和 9v0 ，从a到b的时间为 t0 ，则下列判断中正确的是（?? ）
A.?经过 a、b 中点的速度为 41v0
B.?质点的加速度为 5v0t0
C.?前 12 时间内通过的位移比后 12 时间内通过的位移少 12v0t0
D.?通过前 12 位移所需的时间是后 12 位移所需时间的2倍
二、填空题
8.某型号轿车高速行驶时，特制的气流通道就会自动打开，使车对地面的压力增加，从而达到高速平稳舒适。已知增加的压力F与轿车速度v成正比，轿车质量为1t，与地面间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2。右图是该轿车在水平路面上进行匀加速直线运动时，测得的实际功率与速度的关系图像，则该轿车的加速度为________m/s2 ， 增加的压力F与速度v的关系式为F＝________。（不计轿车行驶时受到的空气阻力）
9.如图所示，在学校的游园活动中，某同学站在O点要将小球抛入边长为d的正方体的收纳箱中。O与收纳箱的顶点A、B在同一条直线上，且OA=d。抛出点P位于O点正上方2d处。为使小球能落入箱内，小球水平抛出初速度的最小值为________，最大值为________（不计空气阻力）。

10.如图（a），一个小球在固定的轨道AB上往复运动，其位移-时间 (x?t) 图像如图（b）所示。则小球在 t=7s 时的瞬时速度为________ m/s ， t=2s 到 t=8s 内的平均速度为________ ms 。
三、实验探究题
11.某研究小组利用图甲所示装置测定重力加速度。实验器材由带有刻度尺的竖直杆、小球释放器、小球、光电门A和B及光电门计时器和网兜组成。实验时，按图装配好实验器材，小球、两个光电门和网兜在同一竖直线上利用刻度尺读出两个光电门的距离h，打开计时器后释放小球，记录下计时器显示的小球从光电门A到光电门B所用时间t；；保持光电门A的位置不变，改变光电门B的位置，重复实验，多次读出两个光门间的距离h和小球经过两个光电门所用时间t，在坐标纸上做出 ?t?t 图线如图乙所示。
（1）为了提高实验精度，下列说法正确的是___________。
A.两光电门间的距离适当大一些
B.小球的直径越小，实验精度越高
C.应该选用材质密度较大的小球
（2）乙图中，图线与纵轴交点坐标为b，若图线斜率为k，则当地的重力加速度值为________，小球释放点距光电门A的高度为________。（用题目给出的已知量表示）
12.为研究平抛运动，李老师将红墨水滴入装水的矿泉水瓶内，在瓶盖上打一孔，孔上插上一吸管，吸管的下端插进水面下适当位置。在矿泉水瓶的侧壁靠近底部处，打一个细小的圆孔，让水水平流出。学生甲拿着矿泉水瓶，让其靠在竖直白板上，待水流稳定后，学生乙从小孔处开始慢慢用白板笔顺着水流描线，并记下小孔处在白板的位置。取走矿泉水瓶，以小孔处为坐标原点，沿重垂线做出y轴，再做出水平的x轴。
（1）关于上述实验说法正确的是________
A.从小孔流出的细小水柱必须平行白板
B.在描线过程中，吸管的下端可以处于水面以上
C.在描线过程中，视线要与白板垂直
D.实验过程中，可以用手挤压矿泉水瓶
（2）在所描运动轨迹上选取距离原点稍远的点A，并利用刻度尺量出A点坐标（75.00，44.10），单位为cm。已知重力加速度为g=9.8m/s2 ， 可以求得平抛运动的初速度为________m/s（结果保留三位有效数字）。
13.某物理兴趣小组利用阿特伍德机装置开展力学实验，如图（a）所示，两物块P和Q由不可伸长的轻绳连接，轻绳跨过光滑的轻质滑轮，物块P上面固定有宽度为d的遮光片，物块P（含遮光片）的质量为m，物块Q的质量为M（M=1.5m），光电门固定在铁架台上，高度可以调节，用测量物块P经过光电门时的遮光时间。空气阻力忽略不计。
（1）甲组同学用此装置测量当地的重力加速度g，实验过程如下：
①用手托住物块Q，使两物块均处于静止状态，利用刻度尺测量出物块P上的遮光片到光电门的距离h；
②释放物块Q，两物块由静止开始运动，记录物块P的遮光片经过光电门时的挡光时间t，则此时物块Q的速度为v=________；
③改变物块P的遮光片与光电门的距离h，重复以上步骤进行多次实验，得到多组h和t并记录，描绘出 ??1t2 的图像如图（b），计算得到图像的斜率为k，由此求出当地的重力加速度为g=________。
（2）乙组同学计划利用此装置进行其它力学实验，身边只有以上给定器材，下列实验中他们可以完成的有_________________（用选项前字母表示）：
A.验证系统的动量守恒定律
B.验证系统的机械能守恒定律
C.探究物块P的加速度与质量的关系
D.探究物块P的功与速度变化的关系
14.某同学利用如图（a）所示的装置测量滑块与长金属板之间的动摩擦因数和当地重力加速度。金属板固定于水平实验台上，一轻绳跨过轻滑轮，左端与放在金属板上的滑块（滑块上固定有宽度为d=2.000cm的遮光条）相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=6个，每个质量均为m0=0.010kg。
实验步骤如下：
①在金属板上适当的位置固定光电门A和B，两光电门通过数据采集器与计算机相连。
②用电子秤称量出滑块和遮光条的总质量为M=0.150kg。
③将n（依次取n=1，2，3，4，5，6）个钩码挂在轻绳右端，其余N-n个钩码固定在滑块上。用手按住滑块，并使轻绳与金属板平行。接通光电门，释放滑块。计算机自动记录：
i.遮光条通过光电门A的时间△t1；
ii.遮光条通过光电门B的时间△t2；
iii.遮光条的后端从离开光电门A到离开光电门B的时间△t12；
④经数据处理后，可得到与n对应的加速度a并记录。
回答下列问题：
（1）在n=3时，△t1=0.0289s，△t2=0.0160s，△t12=0.4040s。
i.忽略遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的表达式为a1=________，其测量值为________m/s2（计算结果保留3位有效数字。通过计算机处理得到 1Δt1 =34.60s-1 ， 1Δt2 =62.50s-1）；
ii.考虑遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的测量值a2________a1（填“大于”“等于”或“小于”）。
（2）利用记录的数据拟合得到a-n图象，如图（b）所示，该直线在横轴上的截距为p、纵轴上的截距为q。用已知量和测得的物理量表示滑块与长金属板之间动摩擦因数的测量值 μ =________，重力加速度的测量值g=________（结果用字母表示）。
四、综合题
15.如图甲，导轨倾斜固定在地面上，其O端带有挡板。一小物块套在导轨上，将其从P点静止释放，经过一段时间物块与挡板发生碰撞（碰撞时间极短）；碰撞后物块返回到导轨Q处（图中未标出）时速度减为零，此时沿导轨方向对物块施加一外力F，使其在导轨上保持静止。此过程物块运动的v-t图像如图乙（图中v1和t1均为已知量），已知物块质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求
（1）P点距O端的距离；
（2）碰撞时挡板对物块所做的功；
（3）物块运动过程中所受的摩擦力大小；
（4）物块返回到Q处时，对其施加外力F大小的范围。
16.2022年北京将与张家口一同举办第24届冬奥会。俯式冰橇（又叫钢架雪车）是冬奥会的比赛项目之一，其场地可简化为赛道 AB 和缓冲道BC、CD三部分，其中 CD 部分水平，各部分平滑连接。已知 xAB=1200m ，赛道 AB 的倾角为 α,?BC 的倾角为 β ，冰橇与赛道 AB 间的动摩擦因数为 μ1=0.05 、冰橇与 BC 间的动摩擦因数为 μ2=0.6 。比赛时，触发信号灯亮起后，质量为 M=60kg 的运动员从起点 A 开始，以平行赛道 AB 的恒力 F=40N 推动质量 m=40kg 的冰橇由静止开始沿赛道向下运动， 8s 末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力（取 sinα≈0.1,?cosα≈1 ， sinβ≈0.3,?cosβ≈0.95,?g=10m/s2 ）。
（1）求比赛中运动员最大速度的大小 vm ；
（2）为确保此运动员能够停在水平道 CD 上，缓冲道 BC 的长度 xBC 不能超过多少？（结果保留3位有效数字）
17.雪橇是一种雪地运动器材，如图（a）。一质量为m=3kg的雪橇静止于水平面上（雪橇与水平面间的摩擦忽略不计），现有随身携带一顺铁球的同学以v1=5m/s的水平速度中上雪橇，人和铁球总质量为M=60kg，如图（b）。重力加速度g取10m/s2 ， 求：
（1）人与雪橇相对静止时，两者的共同速度大小；（结果保留3位有效数字）
（2）共同滑行后，人将铁球（可看作质点）以相对地面5m/s的速度水平向前抛出，期望铁球能掉进离抛出点水平距离为2.5m的坑洞中，空气阻力不计，则人抛球时手应离地多高？
18.某人参加户外活动，水平轻绳一端固定，人手握轻绳另一端从静止开始无初速度运动，到最低点时松开轻绳，最后落到水平地面上。如图所示，将这一过程简化：长度为L的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端栓接一质量为m的小球（可视为质点），O点距离水平地面高度为H（L＜H），将轻绳水平拉直，使小球从静止开始无初速度释放，小球到达最低点时与轻绳脱离，最后落到水平地面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球落地前瞬时速度大小；
（2）如果L大小可以改变（L仍小于H），其他条件不变，求小球落地点与O点的最大水平距离。
19.一皮带传送机械的结构示意图如图所示，O1为同轴套装轮的轴心，半径分别为r1、r2 ， 外轮与轴心为O2半径为r3的滑轮由皮带相连，内轮通过细绳牵引一质量为m的物块。已知重力加速度为g， 4r3=2r2=r1=l ，皮带和细绳在传动过程中都不打滑。
（1）求半径为r1、r2、r3的三个滑轮的角速度之比；
（2）滑轮O2由静止开始逆时针加速转动，经过时间t转了N周，此过程中物块通过皮带传送向上做匀加速运动，求细绳的拉力。
答案解析部分
一、单选题
1. A
雨滴从伞面边缘甩飞出去后做平抛运动，沿雨伞边绿的切线方向水平飞出的速度为 v0=Rω
设雨滴在空中做平抛运动的时间为t，有 ?=12gt2
雨滴做平抛运动的水平位移为 x=v0t
如图所示为俯视图
雨滴从a点甩离伞面，落在地面上的b点；O是伞柄转动轴（圆心），设水滴落在地面上形成的圆的半径为r，有 r=R2+x2
联立以上各式得 r=R2?ω2g+1
故答案为：A。

【分析】雨滴飞出后做平抛运动，根据平抛运动公式求出水平位移，再结合几何知识得出圆形区域半径的表达式。
2. C
A．平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A不符合题意；
B．与 O1O2 连线成一个小的角度投出的皮球也可能进框，B不符合题意；
CD．皮球沿 O1O2 连线的方向投出，并能进框的图示如图，
作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为 ?2??1 ，水平射程分别为 d+R?r 和 d+r?R ，则投射的最大速度为 vmax=d+R?r2(?2??1)g=(d+R?r)g2(?2??1)
最小速度为 vmin=d?R+r2(?2??1)g=(d?R+r)g2(?2??1)
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，运动的时间由高度决定，根据进框前下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移的最小值和最大值求出初速度的最小值和最大值。
3. C
A．电子在电场中做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的内侧，若匀强电场方向沿x轴正方向，电子所受的电场力沿x轴负方向，A不符合题意；
B．若匀强电场方向可能沿y轴负方向，电子所受的电场力沿y轴的正方向，B不符合题意；
CD．抛物线开口向下，从a点到b点电子一定做减速运动，动能减少，电势能增大，结合负电荷在电势高处电势能小，可知匀强电场中a点的电势比b点的高，电子在b点的动能小，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用运动轨迹可以判别电场力的方向，结合电子的电性可以判别电场强度的可能方向；利用电场力做功可以比较动能的大小及电势能的大小，利用电势能的大小结合电性可以比较电势的大小。
4. C
小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度 vy=2g?ED=2×10×(5?2)m/s=215m/s
垂直击中D点，速度反向延长线过圆心，如图所示
根据几何关系，则有 sinθ=?EDR=35
解得 θ=37?
则在D点，分解速度可得 v0=vytan37°=8153m/s
故答案为：C。

【分析】利用小球竖直方向的速度位移公式可以求出竖直方向的分速度大小，结合速度的方向可以求出水平方向的速度大小。
5. C
ABC．OP段，根据动能定理得 Fs?μmgs=12mvP2
由平抛运动规律和几何关系有，物块的水平射程x=vPt
小球的竖直位移 y=12gt2
由几何关系有y=xtanθ
联立解得 x=2vP2g
F=mg4sx+5m
由图象知m=1kg
又有 mg4s=10
解得s=0.25m
AB不符合题意，C符合题意；
D．小球在斜面上做平抛运动，则有 tanθ=12gt2v0t
合速度与水平方向夹角的正切值为 tanα=gtv0
联立可知 2tanθ=tanα
即小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角与初速度大小无关，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据动能定理列出F与s的关系，小球离开P点做平抛运动，其竖直位移和水平位移之比等于斜面倾角的正切值，得出F与水平射程X的关系；结合图像找到截距和斜率的数值，即可求得s，根据平抛运动分解末速度即可判断速度方向。
6. D
A．根据 v2?v02=2ax ，可知， x=v22a?v022a ，故该抛物线顶点在坐标原点 v0=0 ，图像过3，3，带入解得 a=1.5m/s2 ，A不符合题意；
B．出发后1s，甲速度大小为 v=at= 1.5m/s
B不符合题意；
C．在x=3m处，甲速度达到3m/s，需要时间为2s，此时间内，乙的位移为 x=v乙t乙=6m
故此时未相遇，C不符合题意；
D．两质点相遇时， v乙t=12at2
解得： t=4s
此时，甲速度大小为 v=at=6m/s
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用速度位移公式可以求出甲的加速度大小，结合速度公式可以求出甲的速度大小；利用位移公式可以求出两者相遇的位置；利用相遇所花时间可以求出甲相遇时速度的大小。
7. A
A．质点经过a、b中点的速度大小为 vx2=v02+(9v0)22=41v0
A符合题意；
B．质点的加速度为 a=9v0?v0t0=8v0t0
B不符合题意；
C．中间时刻的速度为 vt02=v0+9v02=5v0
前 12 时间内通过的位移比后 12 时间内通过的位移少 Δx=12(5v0+9v0).t02?12(v0+5v0).t02=2v0t0
C不符合题意；
D．设通过前 12 位移所需的时间是后 12 位移所需时间的n倍，并设一半位移为s，则 n=sv1sv2=s12(v0+41v0)s12(41v0+9v0)=41+91+41
D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】利用中点速度的表达式可以求出中间位置速率的大小；利用加速度的表达式可以求出加速度的大小；利用中间时刻的速度结合位移公式可以求出前一半时间比后一半时间运动的位移大小；利用平均速度公式可以比较运动的时间。
二、填空题
8. 2.5；125v
设增加的压力F=kv，由图线可知，在0-40m/s内，速度随功率成正比，知此段过程中气流通道未打开，当速度大于40m/s，气流通过打开；则气流通道未打开时，有 P1v1?μmg＝ma
即 20000040?0.25×10000＝1000a1
解得a1＝2.5m/s2当气流通道打开后，有 P2v2?μ(kv+mg)＝ma1
代入数据得 60000080?0.25×(k×80+10000)＝1000×2.5
解得k=125
所以F=125v

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，对我汽车进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解压力与速度的关系。
9. 2gd2；10gd2
小球水平抛出初速度的最小值时，从C点进入，平抛的水平位移为d，竖直位移为d，平抛运动的时间 t=2dg
水平初速度 v0=dt=gd2=2gd2
小球平抛初速度最大时，从D点进入，水平位移为 x=(2d)2+(d)2=5d
平抛运动的时间 t=2dg
水平初速度 v0=5dt=10gd2

【分析】根据小球做平抛运动，利用平抛运动的规律求出不同位移对应的初速度。
10. -0.6；-0.2
小球在7s时的瞬时速度为 v=ΔxΔt=0?1.22m/s=?0.6m/s t=2s 到 t=8s 内的位移为x=-1.2m
平均速度为 v=xt=?1.26m/s=?0.2m/s

【分析】利用图像斜率可以求出瞬时速度的大小；利用位移和时间可以求出平均速度的大小。
三、实验探究题
11. （1）A,C
（2）2k；b24k
(1)A．两光电门间的距离适当大一些，可以减小距离及时间测量的误差，还可以减小小球大小对实验误差的影响。A符合题意；
B．小球的直径小而质量大，精度才高。B不符合题意；
C．选用材质密度较大的小球，可以减小空气阻力的影响。C符合题意。
故答案为：AC。
(2)根据匀变速直线运动的公式得 ?=vAt+12gt2
变形为 ?t=vA+12gt
对照图像，有 vA=b ， k=12g
重力加速度为 g=2k
小球释放点距光电门A的高度为 s=vA22g=b24k

【分析】（1）小球的直径小但是其质量要大精度才高；增大两个光电门之间的距离可以减小距离和时间的测量误差；
（2）利用匀变速的位移公式结合图像斜率和截距可以求出重力加速度和小球经过A点速度的大小；利用速度位移公式可以求出小球距离光电门A的高度。
12. （1）A,C
（2）2.50
（1）A．为了保证水流的初速度水平，从小孔流出的细水柱必须平行与白板，A符合题意；
BD．吸管下端处于水平面以上，或者用手挤压水瓶时都会影响水流的初速度，BD不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，视线要与白板垂直，C符合题意。
故答案为：AC。
（2）水平位移 x=0.75m ，竖直位移 y=0.4410m ，下落到A点的时间为 t=2yg=2×0.44109.8s=0.30s
则水平初速度为 v0=xt=0.750.30ms=2.50ms

【分析】（1）根据实验原理进行判断；
（2）结合平抛运动公式进行求解。
13. （1）v=dt；g=5d22k
（2）B
(1)物块 P 通过光电门时的速度为 v=dt
两物块通过轻绳连接，速度相等，所以此时物块Q的速度为 v=dt
根据 v=dt
v2=2a?
得 ?=d22a?1t2=k?1t2
所以 a=d22k
对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得 Mg ?T = Ma
T - mg = ma
又 M=1.5m，联立求得 a=g5
所以 g=5a=5d22k
(2)A．两物块组成的系统外力不等于 0，动量不守恒，无法验证系统的动量守恒定律守恒，故 A 错误；
B．两物块组成的系统机械能守恒，系统减小的重力势能等于增加的动能，可得 (M?m)g?=12(M+m)v2
而 v=dt
所以 (M?m)g?=12(M+m)d2t2
B符合题意；
C．物块 P 的质量无法改变，无法得到多组数据，故 C 错误；
D．物块 P 所受的拉力无法改变，无法得到多组做功数值，故 D 错误；
故答案为：B。

【分析】（1）根据v=dt求出平均速度，该速度可以近似等于通过光电门的瞬时速度；对M、m分别列牛顿第二定律即可求出当地重力加速度；
（2）系统动量守恒的条件是外力的合力为零；系统机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功；得到P质量与速度关系以及功与速度的关系需要找出多组数据。
14. （1）dΔt2?dΔt1Δt12；1.38；大于
（2）p21?p；21q?pqp
(1)通过光电门A的速度为 vA=dΔt1
通过光电门B的速度为 vB=dΔt2
忽略遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的表达式为 a=vB?vAΔt12=dΔt2?dΔt1Δt12 代入数据解得，滑块的加速度为 a=dΔt2?dΔt1Δt12=1.38m/s2 若考虑到遮光条通过光电门时速度的变化，则遮光片通过两个光电门中间时刻间隔的时间比 Δt12 测量值大，所以加速度的测量值比真实值大；(2)由牛顿第二定律可得 nmg?μ[Mg+(N?n)mg]=(M+Nm)a
化简得 a=mg+μmgM+Nmn?μg=(1+μ)g21?n?μg
可得 μg=q ， (1+μ)g21=qp
解得 μ=p21?p ， g=21q?pqp

【分析】1.根据光电门公式求A、Bv=dΔt,根据加速度公式a=vB?vAΔt12求加速度。时间偏小，所以加速度偏大。2.根据牛二nmg?μ[Mg+(N?n)mg]=(M+Nm)a整理结合图像求解摩擦因数和重力加速度。
四、综合题
15. （1）解：设P点距O端距离为s，由物体运动v－t图像可知 s=12v1t1
（2）解：由功和能量变化的关系可知，设碰撞过程中挡板对物块做功W等于碰撞前后物块动能的变化量，即 W=12mvt2?12mv02=12m(0.5v1)2?12mv12=?38mv12
在碰撞过程中，挡板对物块做负功，数值为 38mv12 。
（3）解：设导轨与水平面的倾角为 θ
当物块A沿斜面下滑时：由v－t图像得 a1=v1t1
受力如图
由牛顿第二定律得 mgsinθ?Ff=ma1
当物体A沿斜面上滑时：由v－t图像知 a2=5v14t1
受力如图，由牛顿第二定律得 mgsinθ+Ff=ma2
解得 Ff=mv18t1
（4）解：由（3）可得 Ff=19mgsinθ （ mgsinθ>Ff ）
所以应沿斜面向上施加一外力F，Q点处施加沿导轨方向的外力范围为 mgsinθ?Ff≤F≤mgsinθ+Ff
即 89mgsinθ≤F≤109mgsinθ
故 mv1t1≤F≤5mv14t1
【分析】（1）已知速度和时间的图像，利用图像面积可以求出OP之间距离的大小；
（2）已知物块碰撞前后的速度大小，利用动能的变化可以求出挡板对物块做功的大小；
（3）已知物块下滑和上滑的图像，利用斜率可以求出加速过程和减速过程的加速度大小，结合两个过程的牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小；
（4）在Q点施加外力，利用物块的平衡方程可以求出施加外力的大小范围。
16. （1）解：冰橇在被人推动过程中有 F+mgsinα?μ1mgcosα=ma1
8s 内冰橇位移 x1=12a1t2
8s 时冰橇速度 v1=a1t
8s 后对人和冰橇整体有 [(M+m)gsinα?μ1(M+m)gcosα](xAB?x1)=12(M+m)vm2?12(M+m)v12
联立解得 vm=36m/s
（2）解：人和冰橇在沿 BC 上滑过程中若运动员到达 C 点速度恰好为0时 xBC 最长则有 ?[(M+m)gsinβ+μ2(M+m)gcosβ]xBC=0?12(M+m)vm2
得 xBC=74.5m
【分析】（1）冰橇在推动的过程做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式和速度公式可以求出位移和速度的大小；结合动能定理可以求出整体其最大的速度大小；
（2）整体到达C点的速度等于0时停在BC平面的条件，利用全程的动能定理可以求出BC之间距离的大小范围。
17. （1）解：人跳上雪橇到与雪橇共速的过程中，人与雪橇水平方向合外力为零，动量守恒，则 Mv1=(m+M)v2 代入数据解得 v2≈4.76m/s
即共速时两者的速度大小为4.76m/s
（2）解：空气阻力不计，铁球被抛出后做平抛运动，落地过程中铁球的水平位移为 x=vt
解得 t=0.5s
竖直方向铁球做自由落体运动，即 ?=12gt2
解得 ?=1.25m
则人抛球时手应离地的距离为1.25m。
【分析】（1）人与雪橇组成的系统在水平方向上动量守恒?，由动量守恒定律可以求出两者的共同速度大小；
（2）铁球被抛出后做平抛运动，应用平抛 运动规律可以求出人抛球时手离地面的高度。
18. （1）解：设小球落地前瞬时速度大小为v，由机械能守恒定律得 12mv2=mgH
解得 v=2gH
（2）解：设小球摆至最低点时，速度大小为v0 12mv02=mgL
v0=2gL
小球在最低点脱离轻绳后做平抛运动，历时t落地，设小球落地点与Ｏ点的水平距离为x，有 x=v0t
H?L=12gt2
x=2L(H?L)
当 L=H?L 即 L=H2
时，小球落地点与O点的最大水平距离为 xmax=H
【分析】（1）小球下落过程机械能守恒，利用机械能守恒定律可以求出小球落地时速度的大小；
（2）小球从释放点到最低点过程机械能守恒，利用机械能守恒定律可以求出小球到达最低点的速度，接着小球做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出最大的水平距离。
19. （1）解：根据轮轴传动原理 ω1=ω2 ， v1=v3
ω1r1=ω3r3
ω1:ω3=r3:r1=1:4
ω1:ω2:ω3=1:1:4
（2）解：根据轮轴传动原理 v2=12v1=12v3
相同时间内，半径为 r2 的滑轮边缘走过的路程是半径为 r3 的滑轮的一半。故物体位移 x=12?N?2πr3=14Nπl
物体初速度为0，则加速度 a=2xt2=Nπl2t2
对物体受力分析 F拉?mg=ma
F拉=mg+Nmπl2t2
【分析】（1）利用同轴转动角速度结合线传动的线速度相等和半径关系可以求出对应的比值；
（2）利用线速度的关系结合位移公式和牛顿第二定律可以求出拉力的大小。
12528557702550