1、1如图所示，在一斜面上铺有一种特殊材料，其动摩擦因数沿斜面由 A 到 B 随距离均 匀减小现有一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处，设物块的初动能为 Ek0，则在 该过程中，物块的动能 Ek与位移 x 关系的图线可能是（） AB CD 2如图所示，在注满清水的竖直密封玻璃管中，红蜡块 R 正以较小的速度 v0沿 y 轴匀 速上浮，与此同时玻璃管沿水平 x 轴正方向做匀速直线运动。从红蜡块通过坐标原点 O 开始计时，直至蜡块运动到玻璃管顶端为止。在此过程中，下列说法正确的是（） A红蜡块做匀速直线运动 B红蜡块做变速曲线运动 C红蜡块的速度与时间成正比 D仅增大玻璃管运动的速度，红蜡块将更快运
2、动到顶端 3质量相同的甲、乙两光滑小球（均视为质点）用轻直杆连接，乙球处于光滑水平地 而上，甲、乙两球均与竖直墙壁接触、处于静止状态，如图所示，由于微小的扰动，乙 球开始沿水平地面向右滑动。以水平地而为参考平而当甲球的机械能最小时，杆与竖直 方向夹角的余弦值为（） A 1 3 B 1 2 C 3 5 D 2 3 4某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止） ，则此卫星的 （） A角速度大于月球绕地球运行的角速度 B向心加速度大于地面的重力加速度 C线速度大于第一宇宙速度 D周期小于同步卫星的周期 5一质点物体由静止开始自由下落某一时刻，突然受水平向右的恒定风力作用，一小 段时
3、间作用后风力消失，质点继续运动直至落地，则其运动的轨迹可能是以下选项中的 （） ABCD 6许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想 实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和科学假说法等等，以下关于物理 学史和所用物理学方法的叙述正确的是（） A卡文迪许巧妙地运用扭秤测出引力常量，是采用了极限思想法 B从牛顿运动定律和运动学公式推导出动能定理的过程采用了控制变量法 C在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法 D计算变力做功时，可以把物体位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用 在物体上的力可以视为恒力， 这样就将变力做功转
4、化为在无数多个无穷小位移上的恒力 做功的代数和，这种处理方法叫做微元累加法 7F1 赛事中，某车手在一个弯道上高速行驶时突然出现赛车后轮脱落，遗憾地退出了 比赛。关于后轮脱落后短时间内的运动情况，下列说法正确的是（） A仍然沿着赛车行驶的弯道运动 B沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动 C沿着与弯道垂直的方向做直线运动 D上述情况都有可能 8如图所示，木块 B 上表面是水平的，当木块 A 置于 B 上，一起沿光滑斜面由静止开 始下滑，下滑过程中 A 与 B 保持相对静止，且斜面体相对地面静止。A 和 B 在下滑过 程中（） A地面对斜面体的摩擦力水平向右 BA 和 B 一起匀速下滑 CB 对 A
5、 的摩擦力做负功 DA 对 B 不做功 9如图所示，AB是固定在竖直面内的 1 6 光滑圆弧轨道，圆弧轨道最低点 B 的切线水 平，最高点 A 到水平地面的高度为 h。现使一小球（视为质点）从 A 点由静止释放。不 计空气阻力，小球落地点到 B 点的最大水平距离为（） A 2 h B 3 2 h ChD2h 10一根足够长的圆管倾斜固定在地面上，与水平面倾角30，管内有一劲度系数 为15N/mk 轻质弹簧， 弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活塞和质量为0.2kgm 的光滑小球（小球直径略小于管径） ，已知活塞与管壁间的最大静摩擦力1.5Nf ，弹 簧从自然长度开始伸长 x 的过程中平均弹力为
6、1 2 Fkx，滑动摩擦力等于最大静摩擦 力， 2 10m/sg 。当弹簧处于自然长度时由静止释放小球，在小球第一次运动到最低 点的过程中，列说法正确的是（） A当小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能为0.075J B小球先做匀加速运动，再做匀减速运动直到静止 C弹簧的最大伸长量为0.14m D当弹簧弹力等于活塞受到的摩擦力时，活塞开始运动，之后弹簧一直伸长 11如图，倾角为的固定斜面上 AB 段光滑，BC 段粗糙，且 BC2AB。若 P 由静止开 始从 A 点释放， 恰好能滑动到 C 点而停下， 则小物块 P 与 BC 段斜面之间的动摩擦因数 _； 若 P 以初速度 v0从 A 点开始运动，
7、则到达 C点时的速度 vC_ v0（选填“”、 “”或“”） 。 12做杂技表演的汽车从高台上水平飞出，在空中运动一段时间后着地一架相机通过 多次曝光，得到汽车在着地前后一段时间内的运动照片，如图所示（虚线为正方形格 子） 已知汽车长度为 3.6m，相邻两次曝光的时间间隔相等，第 三个像是汽车着地瞬 间的像，由照片可以推算出汽车飞出高台时的速度大小为_m/s，高台离地面的高度 为_m （取 g=10m/s2） 13如图所示，汽车在倾斜的弯道上拐弯，弯道的倾角为，半径为 r，则汽车完全不靠 摩擦力转弯的速率是_ 14下表列出某种型号轿车的部分数据，根据表中数据可知：该车以最大功率和最高速 度在水
8、平路面上行驶时所受阻力的大小是_ N；假定轿车所受阻力恒定，若轿车 保持最大功率行使，当轿车载重 200 kg、速度达到 10m/s 时，加速度为_ m/s2 净重/kg1000 发动机排量/L2.2 最高时速/kmh1180 0100km/h 的加速度时间/s9.9 最大功率/kw150 15跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定的速度 后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台 a 处沿水平方向飞出 （如图甲所示） ，在斜坡 b 处着陆，整个过程可简化为图乙。测得 ab 间的距离 L=40m， 斜坡与水平方向的夹角为=30，不计空气阻力，g 取
9、10m/s2，则（计算结果可用根式 表示） ： (1)运动员在空中的飞行时间及在 b 处着陆时的速率是多少？ (2)运动员在空中离坡面的最大距离是多少？ (3)若斜坡足够长、与水平方向的夹角为，则运动员在斜坡上飞行的距离 L 与运动员从 跳台 a 处水平飞出的速度 v0之间有怎样的函数关系？已知重力加速度为 g。 16如图所示，竖直平面内有一倾角37的直轨道 AB，其右侧放置一长=0.7mL的 水平传送带，传送带以速度沿顺时针方向传动，直轨道末端 B 与传送带间距可近似为 零。现将一小物块从距离传送带高=2.4mh处的 A 静止释放，假设小物块从直轨道 B 端 运动到达传送带上 C 点时，速度
10、大小不变，方向变为水平向右。小物块经过水平传送带 在 D 点水平抛出，落在水平地面上，落点为 E。已知 D 点距水平面高=0.2mH，E 点 与 D 点间的水平距离为 x。小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为0.5。 求： （sin370.6，cos370.8） （1）小物块到达 B 端时速度的大小； （2）若传送带的速度为4m/s，求小物块从 A 点运动到 E 点的时间； （3） 若传送带的速度取值范围为1m /s6m /sv， 小物块落点 E 与 D 点间的水平距 离 x 与传送带速度之间满足的关系。 （小物块可认为从 D 点水平飞出） 17如图所示，水平转台离地面高 h=0.45m，
11、半径为 R=0.2m，绕通过圆心处的竖直转 轴转动，转台的同一半径上放有质量 m 均为 0.4kg 的小物块 A、B（可看成质点） ，A 与 转轴间距离 r=0.1m，B 位于转台边缘处，A、B 与水平转台间动摩擦因数均为 0.5（设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力） ，g 取 10m/s2。求 (1)当转台的角速度多大时小物块 B 刚好与转台发生相对滑动？ (2)在第一问中物块B飞出转台， 其落地点与转动轴心的水平距离多大 （不计空气阻力） ？ (3)若 A、B 间用不可伸长的细线相连，转台的角速度达到多大时 A 物块开始滑动？ 18如图，B 是平地 AB 和斜坡 BC 的交接处，斜坡的倾角为
12、37，小明站在 B 处遥控无 人机。A 处的无人机获得大小为其重力 2 倍、方向竖直向上的持续升力，由静止开始上 升 2s 后到达 D 处。改变飞行模式，无人机飞到 B 点正上方 17m 处的 E 点时，无人机上 的摄像机脱落，摄像机以 v0=2m/s 的速度水平向右抛出，为避免坠毁，小明立即从 B 点 沿斜坡向下做匀加速直线运动去接住摄像机设斜坡足够长，取 sin370.6，cos37 0.8，g 取 10m/s2。求： (1)D 点与 A 点的高度差 h； (2)无人机从 E 处到达斜面上的时间； (3)小明沿斜坡向下的加速度 a 的大小。 试卷第 9页，总 12页 参考答案参考答案 1D
13、 【详解】 上升过程中根据动能定理 0 (sincos ) kk EEmgmgx 则随 x 增加，因为减小，则图像的斜率减小；下滑时由动能定理 (sincos ) k Emgmgx 则随 x 的增加，增大，则图像的斜率减小。 故选 D。 2A 【详解】 AB两个匀速直线运动的合运动还是匀速直线运动，则红蜡块做匀速直线运动，所以 A 正确；B 错误； C红蜡块做匀速直线运动，红蜡块的速度保持不变，所以 C 错误； D根据运动的独立性原理，水平方向的运动不会影响竖直方向的运动，则仅增大玻璃管运动的速度，红蜡 块运动到顶端的时间不变，所以 D 错误； 故选 A。 3D 【详解】 设小球的质量为 m、
14、杆的长度为 L，当杆与竖直方向的夹角为时，甲、乙两球的速度大小分别为 v1、v2， 由机械能守恒定律有 22 12 11 (1 cos ) 22 mgLmvmv 又根据运动的合成与分解可得 12 cossinvv 解得 2 2 2(1 cos )cosvgL 甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故当乙球的机械能（即动能）最大时，甲球的机械能最小，考虑到 11 1 coscoscos1 22 试卷第 10页，总 12页 要使 v2最大，有 1 1 coscos 2 ，解得 2 cos 3 故选 D。 4A 【详解】 根据万有引力提供向心力有 22 2 2 4GMmv mmrmrma rrT 解得，线
15、速度为 GM v r 周期为 3 2 r T GM 向心加速度为 2 GM a r 角速度为 3 GM r A轨道半径小的，角速度大，则地球静止轨道卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度，故 A 正确； B轨道半径小的，加速度大，则地球静止轨道卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，故 B 错误； C7.9km/s 是近地圆轨道的运行速度，静止轨道卫星的轨道半径比地球半径大得多，所以静止轨道卫星运 行速度小于 7.9km/s，故 C 错误； D地球的静止轨道卫星与地球相对静止，周期等于同步卫星的周期，故 D 错误。 故选 A。 5D 【详解】 物体一开始做自由落体运动，速度向下，当受到水平向右的
16、风力时，合力的方向右偏下，速度和合力的方 向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间。风停止后，物体的合力方 试卷第 11页，总 12页 向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹。 故选 D。 6D 【详解】 A卡文迪许测出引力常量用了放大法，故 A 错误； B从牛顿运动定律和运动学公式推导出动能定理的过程采用了公式法，故 B 错误； C在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故 C 错误； D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线 运动，然后把各小段的位移相加之和代
17、表物体的位移，这里采用了微元法，故 D 正确 故选 D。 7B 【详解】 后轮脱落后短时间内的运动情况为离心运动，沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动。 故选 B。 8D 【详解】 AB因为斜面光滑，则 AB 一起沿斜面向下加速下滑，即具有沿斜面向下的加速度，此加速度有水平向左 的分量，将 AB、斜面体看成整体，由类整体法可知，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故 AB 错误； C由于 AB 一起沿斜面向下加速运动，具有沿斜面向下的加速度，则 B 对 A 的摩擦力方向水平向左，A 的位移方向沿斜面向下，摩擦力方向与位移方向夹角小于90，则 B 对 A 的摩擦力做正功，故 C 错误； DA、B 整体具
18、有沿斜面向下的加速度，设为 a，将 a 正交分解为竖直方向分量 a1，水平分量 a2，如图所 示 由牛顿第二定律得竖直方向上 1 mgNma 试卷第 12页，总 12页 水平方向上 2 fma 假设斜面与水平方向的夹角为，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得 1 sin sinag， 2 sin cosag tan N f 联立解得 cos tan sin ，cottan() 2 即 2 所以 B 对 A 的作用力与斜面垂直，所以 B 对 A 的合力不做功，由牛顿第三定律得，A 对 B 的作用力垂直 斜面向下，所以 A 对 B 也不做功，故 D 正确。 9C 【详解】 设小球的质量
19、为 m，圆弧轨道的半径为 R，小球通过 B 点时的速度大小为 v，对小球从 A 点运动到 B 点的 过程，由动能定理有 2 1 (cos60 2 mg RRmv 其中 g 为重力加速度的大小，设从小球通过 B 点到小球落地的时间为 t，有 xvt 2 1 (cos60 2 hRRgt 解得 (2)xRhR 由数学知识可知，当2RhR，即Rh时，x 有最大值，且最大值 m xh 故选 C。 10A 试卷第 13页，总 12页 【详解】 BCD小球重力沿圆管方向的分力 mgsin刚开始大于重力，小球沿圆管向下加速，但由于弹簧弹力不断增 大，故小球的加速度不断减小，当弹簧伸长量为 x 时 1 =mg
20、sinkx 速度达到最大，可解得 x1= 1 15 m，之后由于弹簧弹力继续增大，小球沿圆管向下减速，加速度增大，当弹簧 弹力等于活塞受到的最大静摩擦力时，满足 2 kxf 可解得 x2=0.1m，之后活塞开始下滑，弹簧不再伸长，小球沿圆管匀减速下滑直到最低点，故弹簧的最大伸 长量为 0.1m，BCD 错误； A当小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能等于整个过程中克服弹力所做的功，即 2 p22 1 2 EWFxkx 代入数据可解得 p=0.075J E ，A 正确。 故选 A。 11 3tan 2 = 【详解】 1设 BC2AB=2L。则由到 C，由动能定理得： 3 sincos2 =0mgL
21、mgL 解得 3tan = 2 2若 P 以初速度 v0从 A 点开始运动，则到达 C 点时，由动能定理得： 22 0 11 3 sincos2 = 22 mgLmgLmvmv 解得 v=v0 121211.25 【详解】 1在竖直方向上，根据y=gT2得， 试卷第 14页，总 12页 T= 3.6 10 y g s=0.6s 则汽车离开平台的速度 v0=x/T= 3.6 2 0.6 m/s=12m/s. 2第二个图竖直方向上的瞬时速度 vy2= 3 3.6 2 0.6 m/s=9m/s 则落地的竖直分速度 vy=vy2+gT=9+100.6m/s=15m/s 高台离地面的高度 h= 2 2
22、225 220 y v g m=11.25m. 13tangr 【详解】 1汽车完全不依靠摩擦力转弯时所需的向心力由重力和路面的支持力的合力提供，受力如图所示 根据牛顿第二定律得 2 v mgtanm r 解得 tanvgr 14300010 【详解】 汽车速度最大时，牵引力与摩擦力平衡，所以，则水平路面上行驶时所受阻力的大小是 试卷第 15页，总 12页 ，当速度达到 10m/s 时，牵引力大小为, 根据牛顿第二定律可知，所以加速度 故答案为 3000；10 15(1)2s；10 7m/s；(2) 5 3m 2 ；(3)： 2 0 2tan coscos x Lv g （或 2 22 00
23、2 2sin2tan cossin Lvv gg ） 【详解】 (1)依题意，运动员在空中做平抛运动，竖直方向有 2 1 2 hgt 又因为 sin3020mhL 解得 2 2s h t g 水平方向 cos3020 3mxL 所以得 0 10 3m /s x v t 20m /s y vgt 22 0 10 7m/s by vvv (2)方法一：当速度与斜坡平行时距离斜坡最远，如图 则有 试卷第 16页，总 12页 101 tan30 y vvgt 所以 0 1 tan30 1s v t g 又 0 1 1 10 3m 2 aCv tx 所以有 1 10m 2 CEh 2 1 1 5m 2
24、CDgt 5mDECECD 此时离开斜坡最远距离 5 cos303m 2 DFDE 方法二： 将 v0与 g 往平行斜面方向与垂直斜面方向分解，当运动员垂直斜面方向的速度减为 0 时离斜面最远，如图 则有 10sin30 vv 1 cos30gg 在垂直斜面方向上 2 11 2vg H 所以 2 2 0 1 1 sin305 3m 22 cos302 vv H gg 试卷第 17页，总 12页 (3)设运动员在空中的飞行时间为 t，则 2 1 2 hgt， 0 x vt 由 2 00 1 2 tan 2 gt hgt xv tv 得 0 2tanv t g 所以 0 0 2 2tanv xv
25、t g L 与 v0之间的函数关系 2 0 2tan coscos x Lv g （或 2 22 00 2 2sin2tan cossin Lvv gg ） 16 （1）4m/s； （2）2.375s； （3）见解析 【详解】 (1)从 A 到 B 过程，由牛顿第二定律 1 sincosmgmgma 从 A 到 B 过程匀加速运动 2 B1 2 sin h va 解得 B 4m/sv (2)A 到 B 阶段运动时间 B 1 1 2s v t a C 到 D 阶段运动时间 2 B 7 s 40 L t v 试卷第 18页，总 12页 D 到 E 阶段运动时间 2 3 1 2 Hgt 则 3 2
26、0.2s H t g 运动总时间 123 2.375stttt (3)小物块在传送带上有相对运动的加速度大小为 2 2 5m/s mg ag m 假设物块在传送带上一直减速，由 22 BD2 2vva L 得 D 3m/sv 假设物块在传送带上一直加速，由 22 DB2 2vva L 得 D 23m/sv 则当 1m /s3m /sv 时 D 0.6mxv t 则当 3m/s23m/sv 时 0.2xvtv 则当 试卷第 19页，总 12页 23m/s6m/sv 时 D 23 m 5 xv t 17(1)5rad/s；(2) 13 m 10 ；(3) 10 3 rad/s 3 【详解】 (1)
27、 小物块 B 刚好与转台发生相对滑动时 2 mgmR 解得 5rad/s (2)飞出后 B 做平抛运动 2 1 2 hgt 0 x vt 0 vR 解得 0.3mx 由于 B 时沿着切线飞出的，因此到圆心的距离 22 13 m 10 dRx (3)AB 一起滑动时，对 A 物体 2 mgTmr 对 B 物体 2 TmgmR 解得 10 3 rad/s 3 试卷第 20页，总 12页 18(1)20m；(2)2s；(3)2.5m/s2 【详解】 (1)由牛顿第二定律 1 Fmgma 2 1 1 1 2 ha t 解得20mh (2)设摄像机从脱落到被接住的时间为 t2 0 2 xv t 2 2 1 2 ygt tan yh x 解得 2 2st (3)小明的位移 cos x s 2 2 1 2 sat 解得 2 2.5m/sa
