1、高一下期期末復習題1半徑為R=0.5m的光滑半圓形軌道固定在水平地面上，與水平面相切于A點，在距離A點0.9m處有一可視為質點的靜止小滑塊，質量為m=0.5kg，小滑塊與水平面間的動摩擦因數為u=0.2，施加一個大小為F=11N的水平拉力，運動到A點撤去拉力F，滑塊從圓軌道最低點A處沖上豎直軌道。（g=10m/s2）求：（1）滑塊運動到A點時的速度（2）滑塊在B處對軌道的壓力【答案】6 m/s 11N【解析】試題分析：(1)從開始到A點的過程中，拉力正功，摩擦力做負功，根據動能定理可得：，解得（2）從A點到B點過程中，只有重力做功，滑塊的機械能守恒，所以根據牛頓第二定律可得,聯立可得N=16N

2、，根據牛頓第三定律可得滑塊在B處對軌道的壓力為16N考點：動能定理；牛頓第二定律；點評：選取研究過程，運用動能定理解題動能定理的優點在于適用任何運動包括曲線運動根據題目中要求的物理量選擇合適的研究過程應用動能定理2如圖所示，用恒力F 拉一個質量為m 的物體，由靜止開始在水平地面沿直線運動的位移為s，力F 與物體運動方向的夾角為，已知物體與地面的動摩擦因數為，當地的重力加速度為g。試求：（1）拉力F對物體所做的功W（2）地面對物體摩擦力f 的大小（3）物體獲得的動能Ek【答案】（1）W Fs cos（2）（3）【解析】試題分析：（1）根據功的公式，拉力F 對物體所做的功W Fs cos（2 分）

3、（2）設地面對物體支持力的大小為FN ，根據物體在豎直方向的平衡條件可知：FNmg Fsin（2 分），再根據滑動摩擦力公式聯立解得（3）根據動能定律可得：，聯立可得：考點：動能定理；功的計算點評：因為拉力F為恒力，可根據功的定義式W=Flcos直接求解拉力F對物體所做的功W對物體進行受力分析，通過正交分解可求得物體與水平面的正壓力，從而求得地面對物體摩擦力f的大小運用動能定理可求得物體的末動能3如圖所示，某傳送帶裝置傾斜放置，傾角=37o，傳送帶AB長度xo=l0m。有一水平平臺CD高度保持645m不變。現調整D端位置，當D、B的水平距離合適時，自D端水平拋出的物體恰好從B點沿BA方向沖上斜

4、面，此后D端固定不動，g=l0m/s2。另外，傳送帶B端上方安裝一極短的小平面，與傳送帶AB平行共面，保證自下而上傳送的物體能沿AB方向由B點斜向上拋出。（sin37o=06，cos37o=08）（1）求D、B的水平距離；（2）若傳送帶以5m/s的速度逆時針勻速運行，某物體甲與傳送帶間動摩擦因數1=09，自A點沿傳送帶方向以某一初速度沖上傳送帶時，恰能水平落到水平臺的D端，求物體甲的最大初速度vo1（3）若傳送帶逆時針勻速運行，某物體乙與傳送帶間動摩擦因數2=0.6，自A點以vo2=11m/s的初速度沿傳送帶方向沖上傳送帶時，恰能水平落到水平臺的D端，求傳送帶的速度v。【答案】（1）1.2m（

5、2）v01= 17m/s（3）2m/s【解析】試題分析：（1）設水平拋出物體的初速度v0，經時間t落入傳送帶上時，豎直分速度為vy ，豎直方向：h x0sin = gt2 vy = gttan= 水平方向距離 x = v0t x = 1.2m（4分）（2）由（1）中得 sin = （1分）所以物體從傳送帶上落下時 v = 5m/s則物體甲到B端的速度為v = 5m/s，則恰能水平落到水平臺的D端由動能定理得：mg x0sin1mgcosx0 = mv2mv012（2分） v01= 17m/s（1分）（3）若傳送帶對物體的摩擦力方向始終向下，設物體到B端速度v1由動能定理得：mg x0sin2m

6、gcosx0 =mv12mv022v1無解若傳送帶對物體的摩擦力方向始終向上，設物體到B端速度v2由動能定理得： mgx0sin+2mgcosx0 = mv22mv022 v2= m/s >5m/s故只能是摩擦力方向先向下后向上（1分）當摩擦力方向向下時，由牛頓第二定律得mgsin+2mgcos = ma1（1分） a1= 10.8m/s2當摩擦力方向向上時，由牛頓第二定律得mgsin2mgcos = ma2（1分） a2= 1.2m/s2設傳送帶速度為v，則有+ = x0（2分） v= m/s = 2m/s（1分）考點：考查牛頓第二定律和功能關系點評：本題難度較小，判斷摩擦力方向是本題

7、的關鍵，因此需要判斷物塊相對于傳送帶的速度方向4如圖所示，AB為半徑R0.8m的1/4光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接小車質量M3kg，車長L2.06 m，車上表面距地面的高度h0.2m現有一質量m1kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數0.3，當車運行了1.5 s時，車被地面裝置鎖定(g10m/s2)試求：(1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大小；(2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的內能大小；(4)滑塊落地點離車左端的水平距離【答案】（1）30 N（2）1

8、 m（3）6 J（4）0.16 m【解析】試題分析：(1)設滑塊到達B端時速度為v，由動能定理，得mgRmv2由牛頓第二定律，得FNmgm聯立兩式，代入數值得軌道對滑塊的支持力：FN3mg30 N.(2)當滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，得對滑塊有：mgma1對小車有：mgMa2設經時間t兩者達到共同速度，則有：va1ta2t解得t1 s由于1 s1.5 s，此時小車還未被鎖定，兩者的共同速度：va2t1 m/s因此，車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離：xa2t2vt1 m.(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊相對小車滑動的距離xta2t22 m所以產生的內能：Emgx6 J.(4)對滑塊

9、由動能定理，得mg(Lx)mv2mv2滑塊脫離小車后，在豎直方向有：hgt2所以，滑塊落地點離車左端的水平距離：xvt0.16 m考點：動能定理的應用；牛頓第二定律；向心力點評：要根據牛頓第二定律和運動學公式，通過計算分析小車的狀態，再求解車右端距軌道B端的距離，考查分析物體運動情況的能力5如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半個圓周運動到達C點試求：(1)彈簧開始時的彈性勢能(2)物體從B點運動至

10、C點克服阻力做的功(3)物體離開C點后落回水平面時的動能【答案】（1）3mgR（2）-05mgR（3）25mgR【解析】試題分析：(1)物塊在B點時， 由牛頓第二定律得：FN-mg=m，FN=7mg EkB=mvB2=3mgR在物體從A點至B點的過程中，根據機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能EP=EkB=3mgR(2)物體到達C點僅受重力mg，根據牛頓第二定律有mg=m EkC=mvC2=mgR物體從B點到C點只有重力和阻力做功，根據動能定理有：W阻-mg·2R=EkC-EkB 解得W阻=-05mgR所以物體從B點運動至C點克服阻力做的功為W=05mgR(3)物體離開軌道后做平拋運動，僅

11、有重力做功，根據機械能守恒定律有：Ek=EkC+mg·2R=25mgR考點：動能定理的應用；牛頓第二定律；機械能守恒定律點評：解答本題首先應明確物體運動的三個過程，第一過程彈力做功增加了物體的動能；第二過程做豎直面上的圓周運動，要注意臨界條件的應用；第三過程做平拋運動，機械能守恒6如圖所示，將一質量為m=0.1kg的小球自水平平臺右端O點以初速度v。水平拋出，小球飛離平臺后由A點沿切線落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點C，圓軌道ABC的形狀為半徑R=2.5 m的圓截去了左上角l270的圓弧，CB為其豎直直徑，(sin530=0.8 cos530=0.6，重力加速度g取1

12、0ms2)求：(1) 小球經過C點的速度大小；(2) 小球運動到軌道最低點B時小球對軌道的壓力大小；(3) 平臺末端O點到A點的豎直高度H。【答案】（1）（2）6.0N（3）3.36m【解析】試題分析：（1）恰好運動到C點，有重力提供向心力，即 1分 1分（2）從B點到C點，由動能定理有： 1分在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有 1分 1分根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小為6.0N 1分（3）從A到B由動能定理有： 1分所以： 1分在A點進行速度的分解有： 1分所以： 1分考點：機械能守恒定律；牛頓第二定律；點評：本題是平拋運動和圓周運動相結合的典型題目，除了運用平拋運動和圓周運

13、動的基本公式外，求速度的問題，動能定理不失為一種好的方法7一列火車質量是1000t，由靜止開始以額定功率沿平直軌道向某一方向運動，經1min前進900m時達到最大速度，設火車所受阻力恒定為車重的0.05倍，求：(g=10m/s2)(1) 火車行駛的最大速度； (2) 火車的額定功率；(3) 當火車的速度為10m/s時火車的加速度【答案】30m/s 1.5×104kw 10m/s2【解析】試題分析：根據動能定理，又 P=Fvm=Ffvm=kmgvm，聯列以上兩式可得 ，代入數據得 vm260vm+900=0， 解得火車行駛的最大速度  vm=30

14、m/s。（2）火車的額定功率   P=kmgvm=0.05×1 000×103×10×30W=1.5×107W。（3） 由，解得當火車的速度為10m/s時火車的加速度m/s2m/s2=1 m/s2考點：動能定理的應用；牛頓第二定律；點評：該題為機車啟動問題，注意當牽引力等于阻力時速度達到最大值，該題難度適中8一種氫氣燃料的汽車，質量為=2.0×103kg，發動機的額定輸出功率為80kW，行駛在平直公路上時所受阻力恒為車重的0.1倍。若汽車從靜止開始先勻加速啟動，加速度的大小為=1.0m

15、/s2。達到額定輸出功率后，汽車保持功率不變又加速行駛了800m，直到獲得最大速度后才勻速行駛。試求：（1）汽車的最大行駛速度；（2）當汽車的速度為32m/s時的加速度；（3）汽車從靜止到獲得最大行駛速度所用的總時間。【答案】（1）40m/s（2）（3）【解析】試題分析：（1）汽車的最大行駛速度 （2分）（2）當汽車的速度為32m/s時的牽引力F=由牛頓第二定律得：F-f=ma （4分）（3）汽車從靜止到勻加速啟動階段結束所用時間達到額定輸出功率后，汽車保持功率不變又加速行駛了800m, 這一過程阻力不變，對這一過程運用動能定理：解得總時間考點：功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律點評：高中

16、物理中，分析受力和物理過程是非常重要的最大功率要用第三階段中的Pm=FV=fVm計算，而不能用第一階段中的F與第三階段中的Vm的乘積計算，兩個F是不同的；Vm是最終速度，整個過程并不全是勻加速運動，不能用Vm=at來計算整個過程時間 要注意某一時刻的物理量要對應起來9如圖所示，小木塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，從A點由靜止開始作勻加速運動，前進了0.45m抵達B點時，立即撤去外力。此后小木塊又前進0.15m到達C點，速度為零。已知木塊與斜面動摩擦因數，木塊質量m=1kg。求：（1）木塊向上經過B點時速度VB為多大?（2）木塊在AB段所受的外力F多大?（ g=10 m/s2）【答案】（1）1

17、.5m/s（2）10N【解析】試題分析：（1）撤去外力后，小木塊做勻減速運動從B運動到C，加速度大小為 所以有 代入可解得 （2）設外加恒力為F則剛開始從A運動到B的加速度為 剛開始是做勻加速直線運動，故有： 代入數據可求得： F=10N 考點：牛頓運動定律點評：本題考查了通過牛頓運動定律分析加速度，從而根據運動學公式求出物體的速度等物理量。10如圖所示,BC為半徑等于豎直放置的光滑細圓管，O為細圓管的圓心，在圓管的末端C連接傾斜角為450、的足夠長粗糙斜面，一質量為m=0.5kg的小球從O點正上方某處A點以V0水平拋出，恰好能垂直OB從B點進入細圓管，小球從進入圓管開始受到始終豎直向上的力F

18、=5N的作用，當小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失，能平滑的沖上粗糙斜面。（g=10m/s2）450 ADCBO450求：（1）小球從O點的正上方某處A點水平拋出的初速度v0為多少？（2）小球在圓管中運動對圓管的壓力是多少？（3）小球在CD斜面上運動的最大位移是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：(1)小球從A運動到B為平拋運動，有： 在B點有 解以上兩式得：（2）在B點據平拋運動的速度規律有：小球在管中的受力分析為三個力：得小球在管中以做勻速圓周運動據圓周運動的規律得細管對小球的作用力據牛頓第三定律得小球對細管的壓力(3) 據牛頓第二定律得小球在斜面上滑的加速度為：據勻變

19、速運動規律得：小球在CD斜面上運動的最大位移考點：圓周運動、牛頓第二定律、平拋運動點評：本題主要考查了圓周運動向心力求解，平拋運動的綜合運用，通過牛頓第二定律分析物體沿直線運動。11如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高0.8m頂部水平高臺，接著以v3m/s水平速度離開平臺，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。A、B為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為R1.0m，人和車的總質量為180kg，特技表演的全過程中，阻力忽略不計。（計算中取g10m/s2，sin53°0.8，cos53°0.6）。求：（1）從平臺飛出到A點，人和車

20、運動的水平距離s；（2）從平臺飛出到達A點時速度及圓弧對應圓心角；（3）人和車運動到達圓弧軌道A點時對軌道的壓力；（4）人和車運動到圓弧軌道最低點O速度vom/s此時對軌道的壓力。【答案】(1)1.2m(2) 106°(3) 6580 N (4) 7740N【解析】試題分析：（1）由可得： 2分（2）摩托車落至A點時，其豎直方向的分速度 1分到達A點時速度設摩托車落地時速度方向與水平方向的夾角為，則，即53° 2分所以2106° 1分（3） 所以NA 5580 N 1分由牛頓第三定律可知，人和車在最低點O時對軌道的壓力為6580 N 1分（4）在o點： 所以N77

21、40N 2分由牛頓第三定律可知，人和車在最低點O時對軌道的壓力為7740N 1分考點：動能定理；牛頓第三定律；運動的合成和分解；向心力；機械能守恒定律點評：該題考查了多個知識點的運用對于不規則的曲線運動求速度，我們應該想到動能定理去求解對于平拋運動規律和圓周運動最高點、最低點的分析，作為基礎知識我們應該掌握12一可看作質點滑塊從一平臺右端以某一速度水平拋出，恰好到右下方傾角為的斜面頂端時速度沿斜面方向并沿斜面運動到斜面底端。已知平臺到斜面頂端的豎直高度，斜面與滑塊之間的摩擦因數為，斜面頂端底端的豎直高度， 求：（1）滑塊水平拋出的初速度大小（2）滑塊從拋出到斜面底端的時間【答案】（1）（2）【

22、解析】試題分析：（1）設從拋出到達斜面頂端的時間為，此時豎直方向的速度為則由運動學公式得： 解得： 因為到達斜面頂端的速度方向沿斜面向下，所以有： 解得： 4分（2）設到達斜面頂端速度為，從斜面頂端到達底端過程的加速度為，時間為，則 解得： （舍去） 4分 所以總時間 2分考點：牛頓第二定律；平拋運動點評：本題是平拋運動和勻加速運動的綜合，關鍵抓住兩個過程的聯系：平拋的末速度等于勻加速運動的初速度13如圖，質量的物體在水平外力的作用下在一水平面上運動，物體和水平面間的動摩擦因數，已知物體運動過程中的坐標與時間的關系為（m），（m），。根據以上條件求：（1）時物體的位置坐標；（2）時物體的速度大

23、小；（3）時刻水平外力的大小。【答案】(1) （，）(2) (3) 1.7N【解析】試題分析：（1）由（m），（m）可得時 所以的位置坐標為（，） （4分）(2) 由（m）可知軸方向以速度勻速運動由（m）可知軸方向做勻加速運動的加速度則時所以時的速度(4分) （3）時對物塊在水平面內受力分析如圖在軸方向 在軸方向考點：牛頓第二定律；運動的合成和分解點評：本題的技巧是運用正交分解法研究方向未知的外力，這是物理上常用的方法，求其他量同樣可以參考應用14一滑塊(可視為質點)經水平軌道AB進入豎直平面內的四分之一圓弧形軌道BC.已知滑塊的質量m=0.50kg，滑塊經過A點時的速度vA=5.0m/s,A

24、B長x=4.5m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數=0.10,圓弧形軌道的半徑R=0.50m，滑塊離開C點后豎直上升的最大高度h=0.10m.取g=10m/s2.求：(1)滑塊第一次經過B點時速度的大小；(2)滑塊剛剛滑上圓弧形軌道時，對軌道上B點壓力的大小；(3)滑塊在從B運動到C的過程中克服摩擦力所做的功.【答案】(1)4.0 m/s(2)21 N(3)1.0 J【解析】試題分析：(1)滑塊由A到B的過程中，應用動能定理得：又Ff=mg解得：vB=4.0 m/s(2)在B點，滑塊開始做圓周運動，由牛頓第二定律可知 解得軌道對滑塊的支持力FN=21 N根據牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點壓力的

25、大小也為21 N(3)滑塊從B經過C上升到最高點的過程中，由動能定理得 解得滑塊克服摩擦力做功WFf=1.0 J考點：動能定理的應用；豎直上拋運動；牛頓第二定律點評：本題中第一問也可以根據運動學公式求解，但用動能定理求解不用考慮加速度，過程明顯簡化；運用動能定理要注意過程的選擇，通常運動過程選的越大，解題過程越簡化；動能定理比運動學公式適用范圍更廣，對于曲線運動同樣適用15一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5 s內做勻加速直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其vt圖象如圖所示.已知汽車的質量為m=2×103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，（g=10m

26、/s2）求（1）汽車在第4 s時的加速度為多少？（2）汽車在前5 s內的牽引力為多少（3）汽車的額定功率為多少？【答案】 【解析】試題分析：（1）圖像的斜率表示物體運動的加速度，故（2）前5s內，由圖，由牛頓第二定律，求得 （3）t=5s末，考點：考查了機車啟動方式點評：本題首先要識別圖象的物理意義，從斜率讀出加速度其次，抓住5s這個時刻汽車達到額定功率16如圖所示，與水平面成37°的粗糙斜面與一光滑圓軌道相切于A點，斜面AB的長度s2.3 m，動摩擦因數=0.5，圓軌道半徑為R=0.6m。讓質量為m=1kg物體(可視為質點)從B點以某一沿斜面向下的初速度釋放，恰能沿軌道運動到圓軌道的最高點C，空氣阻力忽略不計。(取sin37°0.6，cos37°0.8)(1)求釋放時的初動能；(2)設物體從C點落回斜面AB上的P點，試通過計算判斷P位置比圓心O高還是低【答案