【文章內容簡介】 0s cm? ，所以有 2 40s cm? 。 C 正確；依題意有：在兩種情況下，彈簧具 有的彈性勢能相同，克服摩擦力做功相同，產生的熱量相同， D 正確；故本題選擇 CD 答案。 【思路點撥】 本題抓住兩種情況是物塊都在 B 點釋放，具有的相同的彈性勢能，此時所受的彈力也相同，根據牛頓第二定律求加速度表達式，就可判定 A 答案是否正確；由動能定理或功和能的關系，列出相關表達式就可判定 BCD答案的正確性。 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆四川省成都外國語學校高三 11 月月考解析版（ 202011）】 ，一條長 L=1m 的輕質細繩一端固定在 O 點，另一端連一質量 m=2kg的小球（可視為質點 ），將細繩拉直至與豎直方向成??600由靜止釋放小球，已知小球第一次擺動到最低點時速度為 3m/ g=10m/s2，則 ( ) 18N ，重力對小球做功的功率為 60W 1J 9J 14 【答案】【知識點】 圓周運動、牛頓第二定律、功、功率、功和能的關系。 C D E E6。 【答案解析】 C。取 最低點為零勢能位置，根據牛頓第二定律得： 2vT mg ml??，2 2 232 1 0 2 3 81vvT m g m T m g m N N Nll? ? ? ? ? ? ? ? ? ?由計算可知 A 答案錯；小球擺到最低點時重力對小球做功功率為零， B 答案錯；在最高點，小球系統(tǒng)的機械能為E= 0(1 cos60 )mgl ? 0 1(1 c o s 6 0 ) 2 1 0 1 1 0 .02m g l J J? ? ? ? ? ? ?，在最低點小球的動能為：2211 2 3 922KE m v J J? ? ? ? ?。損失的機械能為： 12 10 9 1E E E J J J? ? ? ? ? ?，由此可知 C 答 案正確；小球從釋放到第一次擺動到最低點的過程中重力做功為 8J， D 錯，故本題選擇 C 答案。 【思路點撥】 本題首先選擇好零勢能位置，求初末狀態(tài)的機械能進行比較求機械能的損失量。運用牛頓第二定律求繩對小球的拉力。用功的表達式求重力所做的功從而選擇正確答案。 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆四川省成都外國語學校高三 11 月月考解析版（ 202011）】 2. 鐵路在彎道處的內外軌道高低是不同的，已知內外軌道對水平面傾角為θ，如圖所示，彎道處的圓弧半徑為 R，若質量為 m 的火車轉彎時速度小于 錯誤 !未找到引用源。 ，則 A． 內軌對內側車輪輪緣有擠壓 B． 外軌對外側車輪輪緣有擠壓 C． 這時鐵軌對火車的支持力大于 錯誤 !未找到引用源。 D． 這時鐵軌對火車的支持力等于 錯誤 !未找到引用源。 【答案】【知識點】 曲線運動中的火車轉彎應用考查題。 C D4。 【答案解析】 A?；疖囅喈斢谠谛泵嫔献鲌A周運動，根據受力分析和牛頓第二定律得：2ta n ta nvm g m v g rr??? ? ?，當小于 tangr ? 時，是內 軌對內側車輪輪 緣有擠壓， A 15 對， B 錯；這時鐵軌對火車的支持力小于cosmg?， C、 D 答案都錯；故本題選擇 A 答案。 【思路點撥】 本題先要對火車進行受力分析，再依據牛頓第二定律和圓周運動中的向心力公式推出火車運動的臨界速度，由告知的條件進行選擇答案。 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆四川省成都外國語學校高三 10 月月考（ 202010）】，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸 MN 自由轉動 從而實現調節(jié)其與水平面所成的傾角 .板上一根長為 ? 的輕細繩一端系住一個質量為 kg? 的小球，另一端固定在板上的 O 點 .當平板傾角為 ? 時，先將輕繩平行于水平軸MN 拉直，然后給小球以沿著平板并與輕繩垂直的初速度 0 2/v m s? ，則 00?? ，則輕繩對小球的拉力大小為 4TF? N 090?? ，則小球相對于水平面可上升的最大高度為 O 點做完整的圓周運動 ? 必須滿足的條件為 2sin5?? O 點做完整的圓周運動 ? 必須滿足的條件為 4sin25?? 【答案】【知識點】 圓周運動、牛頓第二定律、機械能守恒定律綜合應用選擇題。 C D E3 【答案解析】 A、 D。當 00?? 時，根據牛頓第二定律得： 2220 .5 4 .00 .5T vF m N Nr? ? ? ?，由 此 計 算 可 知 A 答 案 正 確 ； 當 090?? 時 ， 根 據 機 械 能 守 恒 定 律 得 ：2 22 0012 0 .22 2 2 1 0vm v m g h h m mg? ? ? ? ??， B 錯誤 ；根 據機 械能 守恒 定律 可得 ：220202 si n22m v m g l m v???，根據牛頓第二定律可得： 2sin vmg m l? ? ，兩式聯(lián)立得：4sin 25?? ，由計算可知， C 答案錯， D 對，故本題選擇 A、 D 答案。 【思路點撥】 本題是將圓周運動從水平面遷移到斜面或豎直平面上的變形題。在水平面上要利用牛頓第二定律求繩對小球的拉力。在豎直平面，要利用機械能守恒定律求上升的最大高度。在斜面上恰好作完整的圓周運 動，設與水平面上的夾角為 ? ，利用圓的最點時，只有重 16 力的分力提供向心力，求運動到最高點的速度，最后利用機械能守恒定律求 sin? 滿足的條件。 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆遼寧師大附中高三上學期期中考試（ 202011）】7． 如圖所示，光滑固定斜面 C 傾角為 θ ，質量均為 m 的兩物塊 A、 B 一起以某一初速沿斜面向上做勻減速直線運動。已知物塊 A 上表面是水平的，則在該減速運動過程中，下列說法正確的是 ( ) A．物塊 A 受到 B 的摩擦力水平向左 B．物塊 B 受到 A 的支持力做負功 C．兩物塊 A、 B 之間的摩擦力大小為 mgsinθ cosθ D．物塊 B 的機械能減少 【答案】【知識點】 隔離法 牛頓第二定律 受力分析 C2 B4 【答案解析】 C 解析 ： A、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，再隔離 B 分析可得，故 B 定會受到 A 是加大水平向左的摩擦力，根據牛頓第三定律，則物塊 A 受到 B 的摩擦力水平向右，故 A 錯誤 B、物塊 B 受到 A 的支持力向上，物體 B 有向上的位移，故支持力做正功．故 B錯誤 C、對整體 分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向上的加速度 a1=acosθ=gsinθcosθ ，豎直方向上的分速度 a2=asinθ=gsin2θ ．隔離對 B 分析， A 對 B 的摩擦力 f=ma1=mgsinθcosθ ．故 C 正確 D、采用逆推法，沒有 A 的阻礙作用， B 將會自由落體運動，故加速下降時 B 對 A 做正功，減速上升時， A 對 B 做正功，故 A 機械將增加，故 D 錯誤 . 故選 C. 【思路點撥】 根據整體法求出 AB 共同的加速度，將加速度分解為水平方向和豎直方向，隔離對 B 分析，求出 A、 B 之間的支持力和摩擦力． 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆遼寧師大附中高三上學期期中考試（ 202011）】6．如圖所示，豎直平面內，一帶正電的小球，系于長為 L 的不可伸長的輕線一端，線的另一端固定為 O 點，它們處在勻強電場中，電場的方向水平向右，場強的大小為 E．已知電場對小 17 球的作用力的大小等于小球的重力．現先把小球拉到圖中的 P1 處，使輕線伸直，并與場強方向平行，然后由靜止釋放小球．已知小球在經過最低點的瞬間，因受線的拉力作用，其速度的豎直分量突變?yōu)榱悖椒至繘]有變化， (不計空氣阻力 )則小球到達與 P1點等高的 P2點時線 上張力 T 為多少 ( ) A． mg B． 3mg C． 4mg D． 5mg 【答案】【知識點】 帶電粒子在勻強電場中的運動 牛頓第二定律 向心力公式 I3 C2 D4 【答案解析】 B 解析 ： 小球由靜止釋放到最低點的過程中受到電場力和重力兩個力，其合力的方向是由 P1指向最低點，因此小球做勻加速直線運動， 水平分量是 vx= ． 在到達 P2的過程中，由動能定理有 Eqlmgl= ,即 v=vx= ． 根據牛頓第二定律得， TqE=m 解得 T=3mg．故 B 正確， A、 C、 D 錯誤． 故選 B． 【思路點撥】 小球在電 場力和重力的作用下做加速運動，當繩被拉直的時候，沿著繩的速度的大小變?yōu)榱?，之后球在重力和電場力的作用下繼續(xù)向右運動，從繩被拉直到到達 P2 的過程中，根據動能定理可以求得到達 P2 時速度的大小．根據徑向的合力提供向心力求出繩子的張力大?。? 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆江西省新余一中高三第二次模擬考試（ 202010）】16.（ 13 分） 一平板車，質量 M =100kg，停在水平路面上，車身的平板離地面的高度 h =。一質量 m =50kg 的滑塊置于車的平板上，它到車板末端的距離 b=，與車板間的動摩擦因素 μ =，如圖所示，今對平板車施一水平方向的恒力，使車向前行駛，結果滑塊從車板上滑落，滑塊剛離開車板的時刻，車向前行駛的距離 s.=。求滑塊落地時，落地點到車尾的距離 s。（不計路面與平板車間以及輪軸的摩擦， g=10m/s2） 18 【答案】【知識點】 牛頓第二定律 勻變速直線運動位移和時間的關系 C2 【答案解析】 s=(m) 解析 ： 解：對滑塊： 21)(21 tmmgbso ??? （ 2 分）， 對車：21)(21 tM mgFso ??? ，（ 2 分） 解得 F=500N， t1=1s，（ 1 分） a1=μg=2m/s 2，（ 1 分） a2= )2/(4 smM mgF ?? ?（ 1 分）?；瑝K離開車后，對車 )2/(52 smMFa ???，（ 1 分）滑塊平拋落地時間 ).( sght ?? （ 1 分） 從離開小車至滑塊落地，對滑塊 s1=v1t2=a1t1t2=1(m) （ 1 分） 對車)( 2239。22122239。2222 mtattatatvS ????? （ 2 分） 故 s=s2 s1=(m) （ 1 分） 【思路點撥】 物體從平板車滑落后 ,做平拋運動 ,根據平拋運動規(guī)律及運動學公式 ,求時間和位移 .對平板車 M,滑落前受二力作用 ,即 F和摩擦力 ,二力方向相反 ,當從 m從 B點滑落后 ,平板車水平方向只受 F作用 ,做勻加速直線運動 ,根據運動學公式求位移 ,進而求得落地點到車尾的距離 . 【【原創(chuàng)精品解析純 word 版】物理卷 2020 屆江西省新余一中高三第二次模擬考試（ 202010）】⒐ 如圖所示為 運送 糧袋的傳送裝置 ， 已知 AB 間長度為 L， 傳送帶與水平方向的夾角為 ? ， 工作時運行速度為 v， 糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為 ? ， 正常工作時工人在 A 點將糧袋放到運行中的傳送帶上 ， 關于糧袋從 A 到 B 的運動 ，（ 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 ） 以下說法正確的是 A．糧袋到達 B 點的速度可能大 于、 等 于 或小 于 v B．糧袋開始運動的加速度為 ? ?sin cosg ? ? ?? ,若 L 足夠大 ,則以后將 以速度 做勻速運動 C．若 tan??? ,則糧袋從 A 到 B 一直做加速運動 D．不論 ? 大小如何 ,糧袋從 A 到 B 一直 做 勻加速運動 ,且 sinag?? b F h 19 【答案】【知識點】 牛頓第二定律 單位制 C2 【答案解析】 A C 解析 ： 解： A、糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達 B 點時的速度小于 v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達 B 點時速度與 v相同；也可能先做加速度較大 的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達 B 點時的速度大于 v；故 A 正確． B、糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為 μmgcosθ ，根據牛頓第二定律得到，加速度 a=g（ sinθ+μcosθ ）．故 B 錯誤． C、若 μ ＜ tanθ ，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力，故 a 的方向一直向下，糧袋從 A 到 B一直是做加速運動【可能是一直以 g（ sinθ+μcosθ ）的加速度勻加速；也可能先以 g（ sinθ+μcosθ ）的加速度勻加速，后以 g（ sinθ μcosθ ）勻加速．故 C 正確． D、由上分析可知，糧袋 從 A 到 B 不一定一直勻加速運動．故 D 錯誤． 故選： AC． 【思路點撥】 糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達 B 點時的速度小于 v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達 B 點時速度與 v 相同