2016年高考物理试题分类汇编(16个专题)

2016年高考物理试题分类汇编及答案解析（16个专题）

目录

专题一 直线运动???????????????????????? 1 专题二 相互作用???????????????????????? 5 专题三 牛顿运动定律?????????????????????? 8 专题四 曲线运动????????????????????????16 专题五 万有引力与航天?????????????????????23 专题六 机械能守恒定律?????????????????????27 专题七 静电场?????????????????????????35 专题八 恒定电流????????????????????????47 专题九 磁场??????????????????????????50 专题十 电磁感应????????????????????????61 专题十一 交流电与传感器?????????????????????67 专题十二 力学实验????????????????????????69 专题十三 电学实验????????????????????????78 专题十四 选修3－3????????????????????????89 专题十五 选修3－4????????????????????????93 专题十六 选修3－5????????????????????????98

专题一、直线运动

一、选择题

1. （全国新课标I卷，21）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v?t图像如图所示。已知两车在t?3s时并排行驶，则（ ）。

A. 在t?1s时，甲车在乙车后 B. 在t?0时，甲车在乙车前7.5m C. 两车另一次并排行驶的时刻是t?2s

D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m

【答案】BD

【解析】根据v?t图，甲、乙都沿正方向运动。t?3s时，甲、乙相遇，v甲=30m/s，

1v乙=25m/s，由位移和v?t图面积对应关系，0～3内的位移：x甲=?3?30m=45m，

21x乙=?3??10+25?m=52.5m。故t?0时，甲乙相距?x1?x乙-x甲=7.5m，即甲在乙前方

27.5m，B选项正确。

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0～1内，x甲?=?1?10m=5m，x乙?=?1??10+15?m=12.5m，?x2?x乙??x甲?=7.5m，说明甲、乙第一次相遇。A、C错误。

甲、乙两次相遇地点之间的距离为x?x甲?x甲?=45m?5m=40m，所以D选项正确。

12122.（全国新课标II卷，19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大

于乙球质量．两球在空气中从静止开始下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（ ）。 A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。 【答案】BD

【解析】由已知可设f?kR ① 则受力分析得：

F合?mg?f ② F合?ma ③

4m??R3?? ④

3由①②③④得

a?g?k4?R2?? 3由m甲?m乙 ?甲??乙 可知a甲?a乙 C错 由v-t图可知甲乙位移相同，则：

v甲?v乙 B对 t甲?t乙 A错

由功的定义可知 W克服=f?x x甲?x乙 f甲?f乙 则W甲克服?W乙克服 D对

3.（全国新课标III卷，16）.一质点做速度逐渐增大的运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。速度为（ ）。

A.错误！未找到引用源。 B.错误！未找到引用源。 C.错误！未找到引用源。 D.错误！未找到引用源。 【答案】A

【解析】设初速度为v1，末速度为v2，根据题意可得

匀加速直线该质点的加

112at9?mv12?mv2，解得v2?3v1，根据v?v0+at，可得3v1?v1+at，解得v1?，

222

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1s代入s?v1t?at2可得a?2，

t2故A正确；

4.（上海卷，14）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，

第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是（ ）。

24816(A)m/s2 (B)m/s2 (C)m/s2 (D)m/s2

3399【答案】B

【解析】根据题意，物体作匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于中间时刻

16的瞬时速度，在第一段时间内中间时刻的瞬时速度：v1?v1?m/s；在第二段

416时间内中间时刻的瞬时速度为：v2?v2?m/s；则物体加速度为：

2v?v8?44a?21?m/s?m/s，故B正确

t335.（江苏卷，5）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是（ ）。

【答案】A。【难】上半段为上升过程，下半段为下落过程。

【解析】由题意知，小球在下落的过程中速度方向向下，与题目中规定的正方向相反，为负值，C、D错；小球的运动为匀变速运动，依据v2-v02=2ax可知速度与时间的关系为二次函数，故A正确，B错。上半段为上升过程

6.（海南卷，1）在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）。 xOA．速度和加速度的方向都在不断变化 B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C．在相等的时间间隔内，速率的该变量相等 D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等。 【答案】B

【解析】物体做平抛运动，说明加速度不变，速度的大小和方向尽管在变化，A错；如图所示，tan??yP?v0，随着时间t的变大，tanθ变小，则θ变小，选项Bgt 3/106

正确；根据加速度定义可知?v?g?t，则在等时间间隔内，速度的变化量等，C错误C错误；依据动能定理，在等时间间隔内，动能的该变量等于重力的功，由于平抛在竖直方向上，在等时间内位移不等，故D错误。

二、计算题

1、（四川卷10题17分）

避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取

。求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。

解：（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则

① ②

联立①②并代入数据得：a1=5 m/s③ a1的方向沿制动坡床向下。

（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s=4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12m， 制动坡床的长度为l，则

④

⑤

⑥

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⑦ ⑧

⑨

联立①②③-⑨并代入数据得：

⑩

专题二、相互作用

一、选择题

1. （全国新课标I卷，19）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）。 A. 绳OO'的张力也在一定范围内变化 B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化。 【答案】BD

【解析】由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选a受力分析得，绳的拉力T?mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，Tb所以受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误； a、b受到绳的拉力大小方向均不变，所以OO?的

Tx张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：Tx?f?Fx，Fy?N?Ty?mbg。T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时；支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD。

2. （全国新课标II卷，14）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）。

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FyTyfNFFxmb g

A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 【答案】A

【解析】动态平衡问题， F与T的变化情况如图：

可得：F?F'?F''? T?T'?T''?

3（全国新课标III卷，17）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上，一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为（ ）。 A.

m3 B. m C. m D.2m

22aTbo?T

【答案】C

T?mgom'g【解析】如图所示，△Oab为等边三角形，?aO?b?120?，则T?mg，根据几何关系可知，绳子上张力的合力等于m?g，所以小物块的质量为m，C正确 4.（上海卷，15）如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在

竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（ ）。 FNB G(A)M减小，F增大 (B)M减小，F减小 (C)M增大，F增大 (D)M增大，F减小 【答案】A

【解析】受力如图所示，对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力，由于缓慢转动，三角板近似平衡，所以有：G?N?F，在转动过程中，支持力减小而拉力F在增加；力矩是力与力到作用点的距离的乘积，应用极端思维法，当三角板被竖直时，力与转动轴的距离为零，此时力矩为零，故此过程中力矩在减小，选项A正确。

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5.（江苏卷，1）一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为（ ）。

（A）40 m/N （B）40 N/m （C）200 m/N （D）200 N/m 【答案】D

【解析】根据胡克定律F?kx，代入数据可得k?200N/m，故选D 6.（江苏卷，9）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）。

(A)桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

(B)鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 (C)若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 (D)若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面。

【答案】BD

N

【解析】鱼缸受力如图，f向右，A错误；鱼缸与桌布，鱼缸与桌面间动摩擦因数相同，则在桌布上加速和在桌面上减速的时间是相等的，B对；如增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力还是滑动摩擦力，大小是不变的，C

Gf错误；若减小拉力，桌布的加速度会减小，鱼缸与桌布可能相对滑动页有可能相对静止，鱼缸在桌面运动的时间变长，所以鱼缸由可能画出桌面，D正确。 7.（浙江卷，17）如图所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为（ ）。 A．v（t0-t），

1M0MU B．v（t0-t），0U

2U0U0 7/106

C． v（t0-t），

【答案】D

1M0M(U?U0) D． v（t0-t），0(U?U0)

2U0U0【解析】当侧重台没有站人时，2x?v0t；U0?kM0g站人时：2(x?h)?vt；

U?k(M0g?mg)，解得：m?M0(U?U0),故选D U08. （海南卷，2）如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠

放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与

P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（ ）。 A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0 C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0 【答案】C

GNf2【解析】整体受力如图所示，由平衡条件可知，f3?0，ab为整体受力如图，ab有整体下滑趋势，则f2?0，同理ab之间也有摩擦力f1?0，故选C

专题三、牛顿运动定律

一、选择题

1. （全国新课标I卷，18）一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）。 A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变

【答案】BC

【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力

①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故A错；

②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确；

③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；

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④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故D错。

2. （全国新课标III卷，20）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（ ）。

A.错误！未找到引用源。 B.错误！未找到引用源。 C.错误！未找到引用源。 D.错误！未找到引用源。 【答案】AC

【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得

mgR?Wf?12mv，在最低点由牛顿第二定律有2Nmg2(mgR?Wf)3mgR?2Wfmv2N?mg?ma?,N?,可得：a?,

RmRR故B、D错误，A、C正确。

3.（上海卷，4）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀

加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（ ）。

ma

（A）OA方向 （B）OB方向（C）OC方向 （D）OD方向 【答案】D

【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。 4.（上海卷，7）.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中（ ）。 （A）失重且机械能增加 （B）失重且机械能减少 f（C）超重且机械能增加 （D）超重且机械能减少 【答案】B mg【解析】据题意，体验者漂浮时：mg?f；在加速下降过程中，mg?f，即重

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力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。

5.（天津卷，8）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）。

A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B、做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2 C、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D、与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2 【答案】BD

【解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，A错；对动车组，由牛顿第二

g8ma则a?定律有2F?8km?，

F?kg，以6、7、8节车厢为整体：4mf56?3ma?3kmg?0.75F;对7、8有f67?2ma?2kmg?0.5F；则5、6节与7、8节

1v22间作用力之比为3:2，B对；由kMgs?Mv可得s?，则C错误；8节车厢有2节动

22kg车时的最大速度vm1?正确；故选BD。

v2P4P1；同理有4节动车时的最大速度vm2?，则m1?，D8kmg8kmgvm226（海南卷，5）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，其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0-5s，5-10s，10-15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）。 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1=F3 【答案】A

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【解析】根据v?t图像可以知道，在0~5s内加速度为a1?0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5~10s内，加速度a2?0；在10~15s内加速度为a1??0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图： 在0~5s内，根据牛顿第二定律：mgsin??f?F1?ma1，则：F1?mgsin??f?0.2m；

在5~10s内，根据牛顿第二定律：mgsin??f?F2?ma2，则：F2?mgsin??f； 在10~15s内，根据牛顿第二定律：f?F3?mgsin??ma3，则：F3?mgsin??f?0.2m 故可以得到：F3?F2?F1，故选项A正确。

二、填空题

1（上海卷25）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，h

gh【答案】0或h；

2H?h【解析】据题意，从图可以看出力F是均匀减小的，可以

F得出力F随高度x的变化关系：F?F0?kx，而k?0，可以计算出物体到达hHF处时力F?F0?0h；物体从地面到h处的过程中，力F做正功，重力G做负功，

H由动能定理可得：Fh?mgh，而F?F0???F0?FF?F0?0h，可以计算出：22H2mgHgh，则物体在初位置加速度为：F0?mg?ma，计算得：a?；

2H?h2H?h2mgH2mgh?当物体运动到h处时，加速度为：mg?F?ma，而F?，计算

2H?h2H?hgh处理得：a?，即加速度最大的位置是0或h处。

2H?h三、计算题

1.（上海卷，31）（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平

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向左。小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求：

（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； （2）小球落地时的动能。

（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？ 【答案】（1）4.8m （2）120J （3）0.24s 【解析】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为

t=2H=0.8s g小球在水平方向做匀减速运动，加速度

a=F=5m/s2m

12at=4.8m2

水平位移x=v0t-（2）由动能定理mgH-Fx=Ek-Ek0

Ek=120J

(3)小球离开杆后经过时间t的水平位移x=v0t-由动能定理Ek-121mv0=mg?gt222Fx

12at2

带入数据得t1=0.4s(舍去),t2=0.24s

2.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度a?3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB?24m/s，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J， 取g?10m/s2

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

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【答案】（1）144 N（2）12.5 m

2【解析】（1）在AB段匀加速运动：vB?2ax；

mgH?f?ma x代入数据可得f?144N （2）BC段：mgh?W?1212mvc?mvB 22vc2C处:FN?mg?m

RFNm?6mg

则R=12.5m

3.（天津卷，11）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E?53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量m?1.0?10?6kg，电荷量

?6q?2?10C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤

掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g?10m/s2，求： （1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角600（2）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有qvB?(qE)2?(mg)2 代入数据得v=20m/s.

qEtan??

mgqvBv??mgqE代入数据得tan??3，??60?

（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度

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q2E2?m2g2为a，有：a?

m设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有：x?vt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有：y?12at 2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan??联立各式，代入数据解得：t?23s=3.5 s

y x4.（四川卷，10）（17分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍。货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上 货车货物运动受到的坡床阻力大小为货车和干道防撞设施货物总重的0.44倍。货物与货车分制动坡床?别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，g=10 m/s2。求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。

【解析】（1）解：设货物质量为m，受到货车支持力大小为N1，车对货物摩擦力大小为f1，受力分析如图

N1 f1θmg 货物与货车间滑动摩擦因数为?1，货物减速时加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：

mg?cos??N1

………………① ………………② ………………③

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mg?sin??f1?ma1 f1??1N1

2a?5m/s1联立方程①②③，代入数据得：…………④

方向沿坡面向下

（2）解：设货物对车压力大小为N1?，对车摩擦力大小为f1?，根据牛顿第三定律

N1??N1 ………………⑤

f1??f1 ………………⑥

车质量为4m，受坡面支持力大小为N2，坡面对车阻力大小为f2，受力分析如图 车减速时加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得

N2?N1??4mgcos?

f ' 1N2 f2θ………………⑦

f2?4mgsin??f1??4ma2 ………………⑧

N'14mg由题意得

f2?0.44?5mg

………………⑨

联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得：

a2?5.5m/s2

………………⑩

方向沿坡面向下。

设货车和货物共同的初速度大小为v0，货物相对货车滑动4m用时t，货物相对地面位移大小为x1，货车相对地面位移大小为x2，根据运动学公式有

1x1?v0t?a1t22……………… ○11 1x2?v0t?a2t22……………… ○12 x1?x2?4m ……………… 13

○

x?48m…………14 联立○11○12○13，代入数据得：2○

车长为L，货物相对车滑动4m时车头距顶端L?，坡长为S

S?L?x2?L?

代入数据，解之得：S＝98m.

2a?5m/s1答：(1) 货物在车厢内滑动时加速度的大小为，方向沿斜面向下

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qE tan??mgqvBv??mgqE代入数据得tan??3，??60?

（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有

q2E2?m2g2 a?m设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有

x?vt

设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有

y?12at 2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又

tan??y x联立各式，代入数据解得

t?23s=3.5 s

2.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度a?3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB?24m/s，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取g?10m/s2，求：

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半

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径R至少应为多大。

【答案】（1）144 N（2）12.5 m

2【解析】（1）在AB段匀加速运动：vB?2ax；

mgH?f?ma x代入数据可得f?144N （2）BC段：mgh?W?1212mvc?mvB 22vc2C处:FN?mg?m

RFNm?6mg

则R=12.5m

3.（浙江卷，23）（16分）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。

（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围； （3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。 【答案】（1）t?gg3h（2）L（3）?v?L4h2hgL?22h

313h【解析】（1）打在中点的微粒h?gt2，可知t? 22g（2）打在B点的粒子L?v1t1;2h?12ggt1，则v1?L， 24h同理，打在A点的微粒初速度v2?L

g 2h22/106

微粒初速度范围

Lgg?v?L4h2h；

121mv2?mgh?mv12?2mghL?22h2（3）由能量关系2，则

专题五、万有引力与航天

一、选择题

1.（全国新课标I卷，17）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的

6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则

地球自转周期的最小值约为（ ） A. 1h

8h C.

B. 4h D. 16h

【答案】B

【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随

Mm4π24π2r3之变小，由G2?mr2可得T?，则卫星离地球的rTGM高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期

最小时，由数学几何关系可作出右图。

由几何关系得，卫星的轨道半径为r?R?2R sin30?R卫星30°① r13r23由开普勒第三定律2?2，代入题中数据，得

T1T2

(6.6R)3r3?2 242T2卫星②

卫星由①②解得T2?4h

2. （全国新课标III卷，14）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是 A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律

C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 【答案】B

【解析】开普勒在天文观测数据得基础上，总结出了开普勒天体运动三大定律，

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找出了行星运动的规律，而牛顿发现了万有引力定律，ACD错误选B。 3. （北京卷，18）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动下列说法正确的是（ ）。 A.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同

B.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同

C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度 D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 【答案】B

【解析】从1到2，需要加速逃逸，A错；G1Mma??ma可得,半径相同，加22RR速度相同，卫星在椭圆轨道1上运动时，运动半径变化，a在变，C错B对；卫星在圆形轨道2上运动时，过程中的速度方向时刻改变，所以动量方向不同，D错。

4.（天津卷3）我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发生“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（ ）。 A、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接。

B、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接。]

C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，

加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接

D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 【答案】C

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【解析】若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，则由于向心力变大，故飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，则由于向心力变小，故空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B错误；要想实现对接，可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间站后，两者速度接近时实现对接，选项C正确；若飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，从而不能实现对接，选项D错误；故选C.

5.（江苏卷，7）如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用

R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有（ ）。 A.TA>TB B.EkA>EKb 33RARBC.SA=SB D.2?2

TATB【答案】AD

Mm4π2【解析】根据G2?m2r知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A

rTMmv2GM正确；由G2?m知，v?，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，

rrr故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．

6.（四川卷，3）国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。

1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为 A．a2>a1>a3 B．a3>a2>a1 C．a3>a1>a2 D．a1>a2>a3

【答案】D 【解析】由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得出：

a??2r

25/106

直轨道间的动摩擦因数??，重力加速度大小为g。（取sin37??，cos37??） (1)求P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。

(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

【解析】（1）选P为研究对象，受力分析如图：

设P加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡：Gcos??N

沿斜面方向，由牛顿第二定律得：Gsin??f?ma

2且f??N，可得： a?gsin???gcos??g

572143545vt?v0?2as 对CB段过程，由

代入数据得B点速度： vB?2gR

（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程；

由C到F，重力势能变化量：?EP??mg?3Rsin? …………① 减少的重力势能全部转化为内能。

设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：

Q??mgcos?(7R?2xR) ………………………………②

由Q??EP，联立①、②解得：x?1； 研究P从C点运动到E点过程

WG?mgsin?(5R?xR) 重力做功：

Wf???mgcos?(5R?xR) 摩擦力做功：

?Ek?0J 动能变化量：

由动能定理：WG?Wf?W弹??Ek

22代入得：W弹??12mgR 512mgR。 5由?E弹??W弹，到E点时弹性势能E弹为

（3）其几何关系如下图 可知：OQ?R，CQ?R

2312由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为R，水平距离为3R。

设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t

3R?v0t 其水平位移： 竖直位移：

5251R?gt2 2231/106

解得：

v0?35gR5 研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中：

351WG'??m'g(R?6Rsin?)??m'gR

2106摩擦力做功： Wf'???m'g?6Rcos???m'gR

512W弹'???E弹?mgR 弹力做功：

591?Ek'?m'v02?0J?m'gR 动能变化量：

102WG'?Wf'?W弹'??Ek' 由动能定理：

重力做功： ① ② ③ ④ ⑤

m'?m 将①②③④代入⑤，可得：

13

2.（全国新课标II卷，25）（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l，现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径RD竖直，如图所示，物块P与AB间的动摩擦因数??0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．

?若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；

?若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围． 【解析】?地面上，EP重转化为EP弹，E机守恒

∴?EP重??EP弹

5mgl?EP，此时弹簧长度为l A?B：能量守恒：EP?EKB?Q

2??mg?4l?vB?6gl 即5mgl?mvB12B?D：动能定理：?mg?2l?1212mvD?mvB?vD?2gl 22此后，物体做平抛运动：

y?2l?124lgt?t? 2gx?vDt?22l

∴B点速度vB?6gl，落点与B点距离为22l

?假设物块质量为m'

'则A?B：能量守恒：Ep?EKB?Q'

1'25mgl?m'vB??m'g?4l

25mgl'2?2gl 解得：vB?m'

32/106

5''2若要滑上圆弧，则vB≥0，即vB≥0，解得m'≤m

2若要滑上圆弧还能沿圆弧滑下，则最高不能超过C点

此时 假设恰好到达C点，则根据能量守恒：Ep?Q'?Epc 5mgl??m'g?4l?m'gl

5解得：m'?m

35m'≥m 故若使物块不超过C点，

355m≤m'≤m 综上：323.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度a?3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB?24m/s，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取g?10m/s2

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小； （2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】（1）144 N（2）12.5 m

2【解析】（1）在AB段匀加速运动： vB?2ax；

mgH?f?ma x代入数据可得f?144N （2）BC段：mgh?W?1212mvc?mvB 22vc2C处:FN?mg?m

RFNm?6mg

33/106

则R=12.5m

4.（江苏卷，14）（16分）如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，

细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为

m．撤去固定A的装置后，A、B均做直

线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求： （1）A固定不动时，A对B支持力的大小N； （2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s； （3）A滑动的位移为x时的速度大小vA．

【答案】（1）N?mgcos? （2）2(1?cos?)?x（3）vA?

【解析】（1）支持力的大小

N?mgcos?，

2gxsin?3?2cos? （2）根据几何关系sx?x(1?cos?),sy?xsin?，且s?sx2?sy2， 解得s?2(1?cos?)x （3）B的下落高度sy?xsin? 由动能定理：mgsy?又vA??x?s,vB? ?t?t1212mvA?mvB 22则vB?2(1?cos?)vA

vA?

2gxsin? 3?2cos?34/106

专题七、静电场

一、选择题

1. （全国新课标I卷，14）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（ ） A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【答案】D 【解析】由C??rS4πkd可知，当云母介质抽出时，?r变小，电容器的电容C变小；

因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q?CU可知，当C减小时，Q减小。再由E?

2. （全国新课标I卷，20） 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ） A. Q点的电势比P点高

B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大 C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小

【答案】AB

【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，A选项正确；在油滴从P点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点，B选项正确；所以选AB。

3.（全国新课标II卷，15）如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa，ab，ac，速度大小分别为va，vb，vc，则

va?vc?vb A．aa?ab?ac，vb?vc?va B．aa?ab?ac，vb?vc?va C．ab?ac?aa，va?vc?vb D．ab?ac?aa，【答案】D

【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为

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U，由于U与d都不变，故电场强度E不变，答案为D d

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