专题强化训练答案.docx

《专题强化训练答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题强化训练答案.docx（57页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专注理科思维训练 微信公众号：大悟理专题一 力与物体的平衡1答案BC解析先对A、B整体受力分析，受到重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；对A受力分析，受拉力、重力、支持力和向右的静摩擦力，处于平衡状态；最后分析B物块的受力情况，受重力、A对B的压力、A对B向左的静摩擦力、斜面的支持力，斜面对B可能有静摩擦力，也可能没有静摩擦力，故B受4个力或者5个力，故B、C正确，A、D错误2答案C解析金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB面和压BC面，作图如下：对AB面的压力大小等于分力G1，对BC面的压力大小等于分力G2；故tan 30.3.答案C解析斧头的重力形成对木柴两端的挤压力，两力与斧头的AB、

2、BC边相互垂直；则可知当BC边短一些，AB边长一些时两力之间的夹角更大，则两分力更大；故C正确，A、B、D错误4答案C解析设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为，此时弹簧的长度为L，弹簧的原长为L0；竖直方向时弹簧伸长量为x1，弹簧与水平方向的夹角为时弹簧伸长量为x2，根据正交分解得：竖直方向：FNmgF弹sin ，根据几何关系可得：F弹sin kx2k，其中x1和L0为定值，当x2逐渐增大时，F弹sin 增大，支持力FN逐渐减小，根据FfFN可知摩擦力减小，所以A、B、D错误，C正确5答案B解析由左手定则，安培力方向向上，矩形线圈改成三角形线圈，安培力变小，故天平将向右倾斜6答案B解析设弹性绳的

3、劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量L100 cm80 cm20 cm，两段绳的弹力FkL，对钩码受力分析，如图甲所示，由几何知识知sin ，cos .根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G2kLcos .将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力图如图乙所示设弹性绳伸长量为L，弹力为FkL，钩码的重力为G2kL，联立解得LL12 cm.弹性绳的总长度变为L0L92 cm，故B正确，A、C、D错误. 7答案B8答案A9答案B解析重新平衡后，由于OO长为L，物体上升高度L，说明绳子在轴左侧总长度为2L，左右两边均为L，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角为30，则环两边绳子的

4、夹角为60，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为F2Mgcos 30Mg，根据平衡条件，则钩码重力为Mg，则可知钩码的质量为M，故B正确，A、C、D错误10.答案B解析若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力FT在水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向的分力大小等于AB受到的压力，若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然FT和FN都减小，故B正确11答案CD解析对物体A：tan 60，得mA，对物体B：F弹mBg，得mB，所以，故A错误；同一根弹簧弹力相等，故B错误；对A物体，细线拉力FA，对B物体，细线拉力FB，FAFB

5、cos 45cos 601，故C正确；撤去弹簧后，物体A、B将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力沿半径和沿切线方向分解，沿半径方向合力为零，合力沿切线方向对A物体：mAgsin 30mAaA，得aAg对B物体：mBgsin 45mBaB，得aBg，联立得，故D正确12答案B解析设绳子对两球的拉力大小为FT，对m2：根据平衡条件得：FTm2gsin ；对m1：根据平衡条件得：FTm1gcos ；联立解得：m1m2tan ，故选B.13答案AD14答案B专题二 力与物体的直线运动 第1讲动力学观点在力学中的应用答案B解析由于木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动，故两个推力相等

6、，假设F1F2F，力F2逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的大小的过程中，合力先增大到F，再减小到零，故加速度也是先增大再减小，故C错误；木块先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，而速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故A错误，B正确；木块先做加速度不断增大的加速运动，再做加速度不断变小的加速运动，合力变为零后做匀速直线运动，由于位移时间图象的切线的斜率表示速度，而D选项图表示木块做减速运动，故D错误2.答案B解析上升过程中平均阻力Ffkmg，根据牛顿第二定律得：a(k1)g，根据hat2得：a m/s212.5 m/s2，所以v0at25 m/s，而(k1)g12.5

7、m/s2，所以 k0.25.故B正确3答案B解析对于AM段，位移x1R，加速度a1g，根据公式xat2得，tA.对于BM段，位移x22R，加速度a2gsin 60g，由公式xat2得tB.对于CM段，同理可解得tC.4答案BC解析设弹簧的弹力大小为F，根据牛顿第二定律得对整体有：a m/s22 m/s2，方向水平向右对m1：F1Fm1a.代入解得，F26 N故A错误，B正确在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为a m/s213 m/s2，方向水平向左，则m1的加速度发生改变故C正确，D错误5.答案BC解析将小木块轻轻放在传送带上，意味着小木块的初速度为零；由于此时传送带具有斜向下的速度，故小

8、木块将受到沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，设此时的小木块的加速度为a1，据牛顿第二定律可得：mgsin Ffma1Ff FNFNmgcos 由解得：a1gsin gcos 当小木块的速度与传送带的速度相等时，若小木块所受最大静摩擦力Ffmaxmgcos 大于等于重力沿传送带向下的分力Gxmgsin 时，木块将随传送带一起以相同的速度做匀速直线运动；若Ffmaxmgcos Gxmgsin 时，木块将做匀加速直线运动，设此时木块的加速度为a2，同理根据牛顿第二定律可得：mgsin mgcos ma2解得：a2gsin gcos 根据可知：a1a2故B、C正确，A、D错误6答案B解析小物块在传送带上先

9、向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得：mgma，得 ag2 m/s2，则 x m6.25 m6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，故A错误；同理可知D错误；传送带的速度为1 m/s和5 m/s时，物块在传送带上受力情况相同，则运动情况相同，都从从传送带左端滑出，故B正确，C错误7答案AD解析刚要相对滑动时：F(m1m2)a，m1gm2a，解得：F，则题图直线是发生相对滑动与否的分界线，位于a区域时，A、B相对滑动，位于b区域时，两者相对静止，选项A、D正确，选项B、C错误8答案AC解析当F等于6 N时，加速度为：a2

10、m/s2.对整体由牛顿第二定律有：F(Mm)a，代入数据解得：Mm3 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度 aF，知图线的斜率k1，解得：M1 kg，滑块的质量为：m2 kg.故A正确；由上可知：F大于6 N时 aF20.代入题图对应数据即得：0.2，所以aF4，当F7 N时，长木板的加速度为：a13 m/s2.故B错误，C正确当F大于6 N后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a2 m/s2，与F无关，故D错误9答案(1)(2)解析(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0mv12mv02解得(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好

11、到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得v02v122a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a210答案(1)0.75(2)534 m解析(1)当小木块向下滑动且37时，对小木块受力分析 mgsin FNFNmgcos 0则动摩擦因数为：tan tan 370.75(2)当小木块向上运动时，小木块的加速度大小为a，则mgsin mgcos ma小木块的位移为x，v022ax则x令tan ，则x，当90时x最小，即53最小值为xmin代入数据得xmin4 m11答案(1)F2.5 N(2)1 s解析(1) 两物体恰要

12、发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦Ffm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿运动定律可知：对整体：F1(Mm)a1对木板：FfmMa1其中Ffmmg联立解得F12.5 N故当F2.5 N时，两物体之间发生相对滑动(2)分析可知，当一开始就用水平向右F25.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑动；设滑动摩擦力的大小为Ff，小物块、木板的加速度分别为a2、a3，由牛顿第二定律可得：对小物块：F2Ffma2对木板FfMa3其中Ffmg 解得a23.5 m/s2; a30.5 m/s2设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地

13、面的位移大小分别为x1、x2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：x1a2t2，x2a3t2，x1x2L，解得：t1 s第2讲动力学观点在电学中的应用1.答案CD2答案D3答案A解析对A到B的过程运用动能定理得，qUABmgh0，解得：UAB，知A、B的电势不等，则电势能不等故A正确，B错误；A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度由v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反故C错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2，因为a1a2，解得：E2E1.故D错误4答案B5答案BC6答案CD7.答案D解析由左手定则可判

14、断圆环受到竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的重力，还可能受到垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qv0Bmg时，圆环做匀速运动，此时图象为，故正确；当qv0Bmg时，FNmgqvB此时：FNma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图象的斜率应该逐渐增大，故错误当qv0Bmg时，FNqvBmg，此时：FNma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvBmg时，圆环开始做匀速运动，故正确8.答案C9答案D10答案(1)0.12 N，方向沿斜面向上(2)0.03 N，方向沿斜面向上(3)15 m/s解析(1)IF安BIL联立解得F安0.12 N，方向沿斜面向上(2)金属棒受力如图所

15、示，假设摩擦力方向沿斜面向上，因金属棒静止，则mgsin 37F安Ff解得Ff0.03 N，方向沿斜面向上(3)当合力为0时，有最大速度vmax由mgsin 37F安F安 BILIEBLvmax得vmax15 m/s.11答案(1)(2)解析(1)导体棒匀速下滑时，Mgsin BIlI设导体棒产生的感应电动势为E0，E0Blv由闭合电路欧姆定律得：I联立，得v(2)改变Rx，由式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E，则UIRxEmgqE联立，得Rx.专题三 力与物体的曲线运动第1讲 力学中的曲线运动1.答案A解析车的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度

16、的合速度，根据平行四边形定则，有v0cos v绳，而滑块的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度则有vcos v绳，由于两绳子相互垂直，所以，则由以上两式可得，滑块的速度就等于小车的速度2答案C3答案AD解析球1和球2平抛运动的高度相同，根据hgt2可得，两球运动的时间相同，故A正确；竖直方向vygt相同，由于球1的水平位移小于球2的水平位移，根据xvt可知，球2的初速度大于球1的初速度，根据速度的合成可知，球2的落台速度大于球1的落台速度，故B、C错误；由于时间相等，则竖直分速度相等，根据Pmgvy知，重力的瞬时功率相等，故D正确4答案B解析采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动

17、的逆反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vxvcos vcos 370.8v，vyvsin 370.6v，球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：vx0.8v0.6v，反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：vy0.8v，速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan ，故B正确，A、C、D错误5.答案D解析改变初速度后，水平位移变为原来的2倍，由于小球运动时间变短，则初速度大于原来的2倍，只有D项是可能的6.答案C解析对球分析知：m2L，则sin .7答案BD解析网球在水平方向通过网所在处历时为t10.2 s，下落高度h1gt120.2 m因h1kBkC，故C

18、错误；根据周期公式T及比荷的大小关系可知：TCTBTA，故D错误；由图可知，A、B、C三个粒子形成的图象在磁场区域留下的弧长C最长，A最短，而三个粒子的速度相同，根据时间等于弧长除以速度，所以有：tAtBtC，B选项正确11答案AB12答案C解析设有界磁场宽度为d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqvm，得B，由几何关系知dr1sin ，dr2tan ，联立得cos ，C正确13答案(1)见解析(2)解析(1)由于粒子所受电场力沿y轴负方向，在x轴方向上粒子做匀速直线运动，又粒子从A到B、B到C和C到D三段过程在x轴方向上的位移相等，则经历的时间也相等，设为

19、tABtBCtCDT.由对称性可知轨迹最高点为B点由牛顿第二定律qEma解得a又yBaT2yB3l0a(2T)2解得T即tABtBCtCD(2)粒子在BD段做类平抛运动2l0vDx(2T)vDya(2T)解得vD14答案(1)0.52 s(2)0.102 m解析 (1)设小球从P到 Q需时t1，由hgt12得t1 s0.5 s小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，可以求出小球在电场中的运动时间t2.应有qEmaxEaxt22由上述三个式子，得：t2d0.04 s0.02 s所以，运动总时间 tt1t20.5 s0.02 s0.52 s(2)小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落

20、体运动，在时间t内位移为：ygt2100.522 m1.352 m与金属板上端的距离为：syh1.352 m1.25 m0.102 m.专题四 功能关系的运用第1讲功能关系在力学中的应用1答案C解析在01 s时间内，物体所受水平拉力小于最大静摩擦力，物体静止；在13 s时间内，物体受到的拉力大于最大静摩擦力，物体一直做加速运动，3 s末物体的速度达到最大，动能最大，故A、B项错误，C项正确；拉力F始终与位移方向相同，一直做正功，故D项错误2答案D解析根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：t，圆周边缘线速度与物体前进速度大小相同，根据vR得：vR0.5t，故A错误；物体运动

21、的加速度a0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：Fmgma，解得：F20.5 N0.1210 N3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率PFv30.5t1.5t，故C错误；物体在4 s内运动的位移：xat20.542 m4 m，在04 s内，细线拉力做的功为：WFx34 J12 J，故D正确3答案C解析在小球到达下端管口的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mghmv2，解得v，小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；到达下端管口的速度为v，速度沿管道的切线方向，故重力的瞬时功率为Pmgcos ，为小球到达下端管口时速度方向与重力方向的夹角，故B错误；小球在管内下滑的加速度为a

22、，设下滑所需时间为t，则lat2，t，故C正确；小球运动速度越来越大，做的是螺旋圆周运动，根据Fn可知，支持力越来越大，故D错误4答案AC解析弹力对圆环先做负功再做正功再做负功，故圆环的机械能先减小后增大，再减小；弹性势能先增大，后减小再增大；圆环在A处agsin ，当弹簧恢复原长时和弹簧与杆垂直时，也有agsin ；合力为零时，圆环的速度最大，不是弹簧原长时5.答案BC解析除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力F做功为W，则物体机械能增加了W，故A错误； 撤去恒力F到回到出发点，两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：at2(attgt2)，Fmgma，联

23、立解得：ag，Fmg，故B正确；在整个过程中，根据动能定理得：mv2W，物体回到出发点时速率v，瞬时功率为Pmgv，故C正确；撤去力F时， 此时动能为EkWmgat2Fat2mgat2mgat2，重力势能为Epmgat2mgat2，可见，动能和势能不相等，故D错误6.答案B解析甲球下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故A错误；据机械能守恒定律知，甲球不可能下滑到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始位置，故B正确，C错误；甲与乙两球组成的系统机械能守恒，在甲球滑回过程中杆对甲球做的功等于杆对乙球做的功7答案A解析货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大

24、小 F0.01mgmgsin 0.014.010410 N4.010410 N2104 N，故A正确；根据PFv得：v m/s10 m/s36 km/h，故B错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误8.答案AD解析物体B对地面压力恰好为零，故弹簧的拉力为mg，故细绳对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k，故D正确；此时物体B受重力和弹簧的拉力，处于平衡状态，速度仍为零，故B错误；此时物体A受重力和细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故C错误；物体A

25、与弹簧系统机械能守恒，mghEp弹mv2，故Ep弹mghmv2，故A正确9答案AC解析木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A正确对系统来说，产生的热量QFfx相对mgx相对mgL，故B错误设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0(mM)v，对木板，由动量定理得：mgtMv，联立解得t，故C正确由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大

26、，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误10答案(1)4.0104 N(2)8.0106 W解析(1)1222 s时间内，a2 m/s2根据牛顿第二定律：Ffma4.0104 N(2)012 s时间内，根据动能定理：Wfmv12mv02Wf9.6107 J战机克服阻力做功的平均功率：8.0106 W11.答案(1)2 m/s(2)8 N(3)0.8 s解析(1)当F(Mm)g时轿厢速度最大由PFvm得vm2 m/s(2)轿厢向上的加速度为a2 m/s2时，对A：FAMgMa对B：FBmgFAma解得：FB8 N(3)由动能定理可知：PtMghmgh(Mm

27、)vm2得t0.8 s12答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为E0mv02式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度由式和题给数据得E04.0108 J设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为Ehmvh2mgh式中，vh是飞船在高度1.60105 m处的速度由式和题给数据得Eh2.41012 J(2)飞船在高度h600 m处的机械能为Ehm(vh)2mgh由功能原理得WEhE0式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功由式和题给数据得W9.7108 J第2讲功能关系在电学中的应用1

28、.答案AC解析小球做曲线运动，向合外力方向偏转，合外力方向向上，小球受重力和电场力，故电场力逆着电场线方向，小球带负电，故A正确；小球受力方向与运动方向成锐角，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错，C对；有电场力做功，机械能不守恒，故D错2答案AC解析小圆环从P点由静止上滑，说明固定点电荷给小圆环排斥力，A项正确，B项错误；排斥力让小圆环上滑，电场力做正功，电势能减小，C项正确，D项错误3.答案BC解析q在C正下方某处时，Q在B处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在B处加速度为零，Q第一次从A运动到C的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有EW弹W电，而弹簧弹力一直做负功，即W弹0，库仑力也一直做负功，即W电0，则E0，即Q的机械能不断减小，故C正确；系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有EpEk0，由于Q的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误4答案AC解析小球先自由下落，然后匀减速到0，再向上做匀加速运动回到A点设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向整个过程中小球的位移为0，由gt2gttat20解得a3g，根据F合F电mgma得，F电