【正文】 ②聯(lián)立①②解得：T=（32cosα）mg，故B正確； C、繩子對選手的拉力和選手對繩子的拉力屬于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反，故C錯誤；D、選手擺到最低點的運動過程中，沿繩子方向有向心加速度，沿垂直繩子方向做加速度逐漸減小的加速運動，其運動不能分解為水平方向的勻加速運動和豎直方向上的勻加速運動，故D錯誤．故選B．【思路點撥】選手向下擺動過程中，機械能守恒，在最低點時繩子拉力和重力的合力提供向心力，選手在最低點松手后，做平拋運動，明確了整個過程的運動特點，依據(jù)所遵循的規(guī)律即可正確求解．本題屬于圓周運動與平拋運動的結合，對于這類問題注意列功能關系方程和向心力公式方程聯(lián)合求解．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷2015屆山東省師大附中高三第一次模擬考試（201409）】11．某電場的部分電場線如圖所示，A、B是一帶電粒子僅在電場力作用下運動軌跡(圖中虛線)上的兩點，下列說法中正確的是A．粒子一定是從B點向A點運動B．粒子在A點的加速度大于它在B點的加速度C．粒子在A點的動能小于它在B點的動能D．電場中A點的電勢高于B點的電勢 【知識點】電場線；牛頓第二定律；電勢．C2 I1【答案解析】B 解析： A、帶電粒子僅在電場力作用下運動，帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內(nèi)側，粒子可能是從B點向A點運動，也有可能是從A點向B點運動的，故A錯誤．B、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，粒子在A點時受到的電場力大，故B正確．C、帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內(nèi)側，假設由A點運動到B點過程中，電場力與軌跡上每一點的切線方向也就是速度方向成鈍角，所以電場力做負功，電勢能增大，動能減小，所以粒子在A點的動能大于它在B點的動能，粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能．反之一樣．故C錯誤．D、帶電粒子受電場力向右指向其軌跡的內(nèi)側，所以粒子帶正電，由于粒子在A點的電勢能小于它在B點的電勢能，所以電場中A點的電勢低于B點的電勢，故D錯誤．故選B．【思路點撥】根據(jù)做曲線運動的物體所受合外力指向其軌跡的內(nèi)側來判斷電場力方向，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，電場力做正功時，電勢能減小，電場力做負功時，電勢能增加．解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力方向，然后利用電場線、電勢、電場強度、電勢能、電場力做功等之間的關系進一步判斷各個物理量的變化情況．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷2015屆浙江省嘉興市高三上學期學科基礎測試（201409）】。已知下落距離為時，棒的速度大小為v1，加速下落至圓心O時，棒的速度大小為v2。(3)在電場強度取第(2)問中滿足條件的最小值的情況下，緊貼磁場邊緣cd內(nèi)側，從c點沿cd方向入射一電荷量也為q、質(zhì)量也為m的帶正電離子，要保證磁場中能夠發(fā)生正、負離子的相向正碰(碰撞時兩離子的速度方向恰好相反)，求該正離子入射的速率。帶電平行金屬板MN、PQ間形成了勻強電場，電場強度為E(不考慮金屬板在其他區(qū)域形成的電場)，MN放在ad邊上，兩板左端M、P恰在ab邊上，兩板右端N、Q間有一塊開有小孔O的絕緣擋板，金屬板長度、板間距、擋板長度均為l=0. I m。m2/C2）（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠？（2）電場力做的功為多大？到達PS界面時離D點多遠？（3）大致畫出帶點粒子的運動軌跡（4）確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大?。局R點】帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；向心力．C2 D4 I3【答案解析】（1） （2） （3）如圖（4） 解析： （1）帶電粒子穿過界面MN時偏離中心線的距離，即側向位移： 　　　 （2）電場力做的功為：　　，y= （3）4分（4）帶電粒子的速度離開電場時的速度及穿過PS進入點電荷電場的速度： 　　　 　 　　　　 此時的速度方向與水平方向成θ， 帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動打在PS上的a點（如圖），則a點離中心線的距離為y：則a點與點電荷所在位置的連線與PS的夾角為β，則　　　，帶電粒子進入點電荷的電場時，速度與點電荷對粒子的庫侖力垂直，由題的描述：粒子穿過界面PS最后垂直打在與A板在同一水平線上的熒光屏bc上，由此可以做出判斷：該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動。（l0R）=0解得：N=1N，求解結果的不合理，說明假設是錯誤的，小球不可以通過最高點）小球離開軌道時的位置E和O39。 mgtanθ＝m，θ一定，v增大時，可增大半徑R．故C錯誤，D正確．故選：BD【思路點撥】火車高速轉(zhuǎn)彎時不使外軌受損，則拐彎所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根據(jù)牛頓第二定律分析．本題是實際應用問題，考查應用物理知識分析處理實際問題的能力，本題與圓錐擺問題類似，基礎是對物體進行受力分析．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷屆時，乘列車就可以體驗時速300公里的追風感覺。（3）滑塊從B到D的過程中由動能定理得?mg(H?2R)＝在P點vy＝，又h＝，代入數(shù)據(jù)，解得h=． 【思路點撥】（1）滑塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，達到傳送帶速度后做勻速直線運動，結合運動學公式求出滑塊從A端到達B端的時間．（2）對B到C的過程運用動能定理求出C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道在C點對滑塊的彈力，從而得出滑塊對軌道的作用力大小和方向．（3）對B到D的過程運用動能定理，求出到達D點的速度，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出到達P點豎直方向上的分速度，結合速度位移公式求出P、D兩點間的高度．本題考查了多過程問題，關鍵理清物體的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律、動能定理進行求解．【全網(wǎng)首發(fā)【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷90N，方向豎直向上．傳送帶的運行速度為v0=6m/s，將質(zhì)量m=，傳送帶長度為L=,9字全高H=0. 8m.9字上半部分圓弧半徑為R=，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0. 3，重力加速度g=10m/s2，試求:(1)滑塊從傳送帶A 端運動到B端所需要的時間；(4分)(2)滑塊滑到軌道最高點C時對軌道作用力的大小和方向。則反應的增加量為△t== t=?。?）反應時間內(nèi)的位移為x′=Lx=14m vt=0 ①設繩子拉力為T，在最低點有：T?mg＝設勻加速剛結束時速度為v1，有：P額=Fv1最后勻速時：F=f，有：F額=Fvm由以上各式解得：勻加速的末速度為：v1＝，最后勻速速度為：vm＝．在vt圖象中斜率表示加速度，汽車開始加速度不變，后來逐漸減小，故A正確；汽車運動過程中開始加速度不變，后來加速度逐漸減小，最后加速度為零，故B錯誤；汽車牽引力開始大小不變，然后逐漸減小，最后牽引力等于阻力，故C正確；開始汽車功率逐漸增加，P=Fv=Fat，故為過原點直線，后來功率恒定，故D正確．故選ACD．【思路點撥】汽車以恒定牽引力啟動時，汽車開始做勻加速直線運動，由P=Fv可知汽車功率逐漸增大，當達到額定功率時，隨著速度的增大，牽引力將減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當牽引力等于阻力時，汽車開始勻速運動，明確了整個汽車啟動過程，即可正確解答本題．對于機車啟動問題，要根據(jù)牛頓第二定律和汽車功率P=Fv進行討論，弄清過程中速度、加速度、牽引力、功率等變化情況．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷2015屆河北省衡水中學高三上學期二調(diào)考試（201410）word版】，京廣鐵路不久也將開通時速達到300公里以上“動車組”列車?！局R點】動能定理；牛頓第二定律．C2 E2【答案解析】（1）3s（2）90N 向上（3） 解析：（1）在傳送帶上加速運動時，由牛頓定律μmg=ma得a=μg=3m/s2 加速到與傳送帶達到共速所需要的時間t＝＝2s，前2s內(nèi)的位移x1＝at2＝6m，之后滑塊做勻速運動的位移x2=Lx1=6m．所用的時間t2＝＝1s，故t=t1+t2=3s．（2）滑塊由B到C的過程中動能定理?mgH＝在C點，軌道對滑塊的彈力與其重力的合力為其做圓周運動提供向心力，設軌道對滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得FN+mg＝m，解得FN=90N，方向豎直向下，由牛頓第三定律得，滑塊對軌道的壓力大小2015屆河北省衡水中學高三上學期二調(diào)考試（201410）word版】19.(10分)如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)的用光滑鋼管彎成的“9形固定軌道相接,鋼管內(nèi)徑很小。2015屆山東省師大附中高三第一次模擬考試（201409）】9．下列各圖是反映汽車(額定功率P額)從靜止開始勻加速啟動，最后做勻速運動的過程中，其速度隨“時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖像，其中正確的是【知識點】功率、平均功率和瞬時功率；勻變速直線運動的圖像；牛頓第二定律．A5 C2 E1【答案解析】ACD 解析： 汽車開始做初速度為零的勻加速直線運動，當達到額定功率時，勻加速結束，然后做加速度逐漸減小的加速運動，直至最后運動運動．開始勻加速時：Ff=ma為解決火車高速轉(zhuǎn)彎時不使外軌受損這一難題，你認為以下措施可行的是( ) 【知識點】向心力；牛頓第二定律．C2 D4【答案解析】BD 解析： A、對運行的火車進行受力分析如圖，得：mgtanθ＝m，由于θ較小，則tanθ≈sinθ≈，h為內(nèi)外軌道的高度差，L為路面的寬度． 則mg＝，L、R一定，v增大，需要h增大．故A錯誤，B正確．則下列說法錯誤的是( )，=2R，當滑塊到達與圓心等高的C點時，對軌道的壓力為3mg=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運動，則hR【知識點】機械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2 D4 E3【答案解析】 B 解析： A、要使物體能通過最高點，則由mg=m可得：v=，從A到D根據(jù)機械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=，故A正確；B、若h=2R，從A到C根據(jù)機械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C點有：N=m，解得：N=2mg，故B錯誤；C、若h=2R，小滑塊不能通過D點，在CD中間某一位置即做斜上拋運動離開軌道，做斜拋運動，故C正確；D、若要使滑塊能返回到A點，則物塊在圓弧中運動的高度不能超過C點，否則就不能回到A點，則則h≤R，故D正確．故選B【思路點撥】物體進入右側半圓軌道后做圓周運動，由圓周運動的臨界條件可知物體能到達D點的臨界值；再由機械能守恒定律可得出A點最小高度，分情況討論即可．機械能守恒定律與圓周運動的結合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運動的臨界值的分析．【全網(wǎng)首發(fā)【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷的斜面上P點，求P、D兩點間的豎直高度h。 mgtanθ＝m，θ一定，v增大時，可增大半徑R．故C錯誤，D正確．故選：BD【思路點撥】火車高速轉(zhuǎn)彎時不使外軌受損，則拐彎所需要的向心力由支持力和重力的合力提供．根據(jù)牛頓第二定律分析．本題是實際應用問題，考查應用物理知識分析處理實際問題的能力，本題與圓錐擺問題類似，基礎是對物體進行受力分析．【全網(wǎng)首發(fā)【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷屆時，乘列車就可以體驗時速300公里的追風感覺。（3）滑塊從B到D的過程中由動能定理得?mg(H?2R)＝在P點vy＝，又h＝，代入數(shù)據(jù)，解得h=． 【思路點撥】（1）滑塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，達到傳送帶速度后做勻速直線運動，結合運動學公式求出滑塊從A端到達B端的時間．（2）對B到C的過程運用動能定理求出C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道在C點對滑塊的彈力，從而得出滑塊對軌道的作用力大小和方向．（3）對B到D的過程運用動能定理，求出到達D點的速度，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出到達P點豎直方向上的分速度，結合速度位移公式求出P、D兩點間的高度．本題考查了多過程問題，關鍵理清物體的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律、動能定理進行求解．【全網(wǎng)首發(fā)【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷90N，方向豎直向上．傳送帶的運行速度為v0=6m/s，將質(zhì)量m=，傳送帶長度為L=,9字全高H=0. 8m.9字上半部分圓弧半徑為R=，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0. 3，重力加速度g=10m/s2，試求:(1)滑塊從傳送帶A 端運動到B端所需要的時間；(4分)(2)滑塊滑到軌道最高點C時對軌道作用力的大小和方向。已知重力加速度為g.【知識點】向心力；牛頓第二定律．C2 D4【答案解析】 解析： 設某時刻鐵環(huán)所在的位置為O點，.以O為原點建立正交坐標系，對鐵環(huán)受力分析，如圖所示，鐵環(huán)在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，設向心力加速度為a，軌道半徑為r。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F一v2圖象如圖11所示。2015屆廣東省深圳市高三上學期第一次五校聯(lián)考（））18．假設一個小球在沼澤地中下陷的過程是先加速再減速最后勻速運動，沼澤地對球和球?qū)φ訚傻氐淖饔昧Υ笮》謩e為F F2下列說法中正確的是，F(xiàn)1 F2B. 在勻速向下運動時，F(xiàn)1 = F2C. 在減速向下運動時，F(xiàn)1 F2D. 在整個運動過程中，F(xiàn)1 = F2【答案】【知識點】作用力和反作用力．C1【答案解析】 BD 解析： 小球?qū)φ訚傻氐孛娴膲毫εc沼澤地地面對小球的支持力為作用力與反作用力，故二力一定相等，故A、C錯誤；B、D正確．故選：BD．【思路點撥】沼澤地地面對小球的支持力和小球?qū)φ訚傻氐孛娴膲毫κ窍嗷プ饔昧?，二者大小相等．對小球受力分析，小球受重力和支持力，重力大于支持力，故小球會向下加速運動；不管小球是加速下降、勻速下降還是減速下降，小球?qū)φ訚傻氐孛娴闹С至驼訚傻?地面對小球的壓力總是等大、反向、共線，與小球的運動狀態(tài)無關． C2 牛頓第二定律 單位制【【原創(chuàng)純word版精品解