专题限时集训(一)
1．D [解析] 物体受到一个斜向上的拉力，并做匀速直线运动，则必然受到向左的摩擦力，另外物体还要受重力和支持力，故物体受到四个力作用．
2．B [解析] 物体受重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力，不存在所谓的冲力，B对．
3．C [解析] 物体B受重力、A对B斜向下的作用力，拉力F、A对B的摩擦力f，共4个力的作用．C正确．
4. AD [解析] O点受到向下的拉力T3，绳OA、OB的拉力T1、T2，如图所示，其中T为T1和T2的合力，其大小T＝T3＝G，由图可知，T2＞T1，T2＞G，故A、D正确，B、C错误．
5．C [解析] 运动员受三个力作用：重力及两绳的拉力，设绳与竖直方向的夹角为θ，
mg
则由平衡条件得：2Tcosθ＝mg，则T＝.当θ增大时，拉力T增大，由平衡条件知，两绳
2cosθ
的拉力的合力大小为mg，方向竖直向上，即F的大小不变，故C正确．
G
6．B [解析] 受力分析如图所示，由共点力的平衡条件得：F1＝，F2＝Gtanα；缓慢
cosα
减小悬绳的长度时，工人处于动态平衡状态，且悬绳与竖直墙壁的夹角为α增大，所以F1、F2都增大；F1与F2的合力总与工人的重力等大反向，大小不变．选项B正确．
7．A [解析] 设绳子与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上由平衡条件有G＝2F1sinθ，
G
故F1＝，因为坐着比躺着时悬绳与水平方向的夹角θ小一些，所以坐着时拉力较大，故
2sinθ
选项A正确，选项B错误；吊床对人的作用力F2是两绳拉力的合力，两种情况下吊床对人的作用力大小均等于人的重力，所以选项C、D错误．
kqQ1kqQ2，圆环对带电小球的作2，FBP＝?Lcosα??Lsinα?2Q2用力为F，由平行四边形定则知，FAP＝Fcosα，FBP＝Fsinα，联立解得tan3α＝，选项A正
Q1
确，选项B错误；因电荷量Q1、Q2关系不明确，故不能确定O点电场强度是否为零，选项C、D错误．
9．A [解析] 弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力F1＝kx，将弹簧的弹力和小球的重力沿平行和垂直斜面分解，在平行斜面方向根据平衡条件得mgsin30°＝kxcos60°，解得弹簧的
mg
形变量x＝，选项A正确．
k
10．C [解析] 物体在向下的拉力作用下受四个力而平衡，受力如图所示．由力的平衡知识得：f＝F＋Gsinθ，这个摩擦力是静摩擦力，比最大静摩擦力小．若撤去拉力F后，沿斜面向下的分力为Gsinθ，比最大静摩擦力小，物体不会下滑，仍能静止，故C对．
8．A [解析] 对带电小球受力分析，FAP＝
11. BD [解析] 在未撤F1时，摩擦力f的方向向左，则有：F1＝F2＋f，代入数据得f＝8 N；若撤去力F1，则木块有向左滑动的趋势，受到向右的摩擦力，因F2＜8 N，故木块不可能滑动，则摩擦力必然是静摩擦力，A错、B对；由于木块静止，所以木块所受合力为零，C错、D对．
12．AD [解析] 磁铁A受到三个力：重力G、B对A的弹力F1，A、B之间的磁力FAB(方向向下)，由力的平衡知识得：F1＝G＋FAB，故F1＞G，故A对、B错；对A、B整体分析，受重力2G，C对B的支持力F2，由二力平衡知识得F2＝2G，故C错、D对．
13．A [解析] 将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力N)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N＝(mA＋mB)g为一定值，选项C正确；然后对B进行受力分析，如图所示，由平衡条件可知N＝mBg＋F斥
qAqBcosθ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由F斥＝k2得：A、B间距离r增大，选项D正确；
r
而F＝F斥sinθ，θ减小，F斥减小，所以推力F减小，选项A错误；将A、B视为整体时F＝NA，所以墙面对小球A的弹力NA减小，选项B正确．
14．C [解析] 取三角形滑块为研究对象，受力如图所示．将力F沿水平方向及竖直方向分解，由平衡条件可得：f＝Fsinα，C正确．
15．C [解析] 受力如图所示，根据力的平衡条件得：F1cosθ＝mBg，F1sinθ＝F2，把A向右移动少许，θ减小，则F1减小，选项B错误；F2＝mBgtanθ减小，选项A错误；对A、B利用整体法分析，地面对A的摩擦力f的大小等于F2，F2减小，则f减小，选项C正确；A对地面的压力大小等于A、B重力之和，是定值，选项D错误．
专题限时集训(二)
111
1．D [解析] 由s＝(v0＋0)t可求出初速度；由s＝at2可求出加速度；由v＝(v0＋0)
222
可求出平均速度；由F＝ma知，要求制动力，必须知道质量，综上所述，只有制动力求不出，选项D正确．
2．A [解析] 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，选项D错误；动能减小，返回舱所受合外力做负功，选项C错误；返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，选项B错误；火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对
返回舱作用，因而伞绳对返回舱的拉力变小，选项A正确．
3．A [解析] 对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解．取A、B系统整体分析有f地A＝μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，a＝μg，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：fAB＝μmBg＝mBa＝常数，B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，即B受到的摩擦力方向向左，大小不变．
4．D [解析] 汽车加速度逐渐增大，因此其v－t图线上各点斜率的绝对值逐渐增大，选项D正确．
v0t2h
5．D [解析] 礼花弹离开炮筒后做匀减速直线运动，由h＝得v0＝＝50 m/s，加速
2t
v0
度a＝＝12.5 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋kmg＝ma，则k＝0.25.
t
6．B [解析] 巡逻船以速度v0匀速行驶时，驱动力等于阻力f，发动机功率调整增大为某数值时，由P＝Fv知牵引力突然增大，由牛顿第二定律F－f＝ma知，巡逻船加速运动，随着速度的增大驱动力将减小，因此加速度逐渐减小，直到加速度为零，巡逻船做匀速直线运动，即速度曲线上各点切线的斜率为正值，且斜率逐渐减小为零．选项B正确．
7．CD [解析] 由图象知，在t1时刻之前乙车的加速度先大于甲车的加速度，后小于甲车的加速度，选项A错误；由图象知，乙车的速度始终比甲车的大，选项C正确；因为速度图线与横轴所围面积表示位移，所以在t1时刻之前乙车始终在甲车的前面，在t1时刻两车并不相遇，选项B错误，选项D正确．
8．D [解析] 若绳子B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力相等，则B与C间的摩擦力为零，选项A错误；利用整体法判断，C一定受到水平面向左的摩擦力，选项B错误；同理，在竖直方向利用整体法判断，水平面对C的支持力小于B、C的总重力，选项C错误；将细绳剪断后，利用整体法判断，B、C系统在水平方向不受外力作用，选项D正确．
9．(1)5 s (2)28.8 m
[解析] (1)冰撬做匀加速直线运动阶段冰撬受力如图甲所示．
甲
根据牛顿第二定律有： Fcosα－μ(mg＋Fsinα)＝ma1 解得：a1＝4.8 m/s2
1由s＝a1t2
21
解得t1＝5 s.
(2)冰撬和运动员做匀减速直线运动，冰撬和运动员受力如图乙所示．
乙
加速结束时：vP＝a1t1＝根据牛顿第二定律有： μ(M＋m)g＝(M＋m)a2 解得：a2＝2 m/s2
24
5 m/s 5
v2P
则冰撬继续滑行距离为s′＝＝28.8 m.
2a2
10．(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋2 2) s
16×2
m＝16 m. 2
(2)设滑块从A滑到B的过程加速度大小为a1，从B返回到A的过程加速度大小为a2，滑块与斜面之间的滑动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有：
a1＝gsinθ＋μgcosθ[来源:学_科_网] a2＝gsinθ－μgcosθ 由图象可知
16－0a1＝ m/s2＝8 m/s2
2
设滑块返回到A点时的速度为v1，有 v21－0＝2a2sAB
解得：a2＝4 m/s2，v1＝82 m/s.
(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有 t1＝2 s
v1
t2＝＝22 s
a2
则滑块在整个过程中所用的时间 t＝t1＋t2＝(2＋22) s.
专题限时集训(三)
1．D [解析] 风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不变，选项A、B均错误；风速越大时合速度越大，故选项C错误，选项D正确．
2．A [解析] 从C点到D点重力做正功，动能增加，A对；C点和D点加速度均为g，B错；在D点加速度与速度的夹角为锐角，从B点到D点加速度与速度的夹角一直减小，C、D错．
3．D [解析] 质点从a运动到c速率递减，说明所受的合外力与速度方向的夹角大于90°，质点带负电且只受电场力作用，受力方向与电场强度的方向相反，并指向曲线弯曲的内侧，满足这个特点的图形只有D图．
4．C [解析] 当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度v1＝ωr
v1ωhωh
＝，如图所示，则云层底面上光点的移动速度v＝＝2，选项C正确． cosθcos θcosθ
[解析] (1)由v－t图象知A、B之间的距离有：sAB＝
5．C [解析] 人的速度可以沿绳的方向及垂直绳的方向分解，沿绳方向的分速度大小就是船的速率，即v船＝vcosα.
vygtxv0t2v06．B [解析] 由题意可知：tanθ1＝＝，tanθ2＝＝＝，所以tanθ1tanθ2＝2，故
vxv0y12gt
gt2
选项B正确．
7．D [解析] 根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时
1
的高度等于h，从发球到运动到P1点的水平位移等于L，所以可以求出球的初速度大小，也
4
可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．
8．AD [解析] 列车转弯半径在水平面内，其向心力沿水平方向指向弯道内侧，向心力
mv2
的大小F＝，弯道半径越大，火车所需向心力越小；列车的速度若小于规定速度，运行过r
程需要的向心力减小，而列车重力和支持力的合力将大于需要的向心力，火车有向心运动的趋势；火车若要提速行驶，在此弯道上运行需要的向心力变大，应适当增大弯道的坡度，使列车重力和支持力的合力变大．所以选项A、D正确．
9．(1)4 m/s (2)4.5 N
[解析] (1)设绳断后小球以初速度v1做平抛运动．
1
竖直方向上：2R＝gt2
2
水平方向上：L＝v1t 解得：v1＝4 m/s.
(2)小球从最低点到最高点的过程，小球机械能守恒(选地面为零势能面)，有 121mv0＝mg·2R＋mv2 221
在最低点，由牛顿第二定律有
v20
F－mg＝m
R
解得F＝4.5 N．
2π?22πr
10．(1) m??T?r T
s2－r2??(2)mg
?4h＋h?
[解析] (1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小 2πr
v＝
T
木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力，即
2π?2
f＝m??T?r.
(2)木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有 1
h＝gt2 2
在水平方向上做匀速运动，水平位移 x＝vt
x与距离s、半径r的关系 s2＝r2＋x2
木块从抛出到落地前机械能守恒，得
1
Ekt＝mv2＋mgh
2
由以上各式解得木块落地前瞬间的动能
s2－r2
Ekt＝mg(＋h)．
4h
专题限时集训(四)
Mm
1．D [解析] 由G2＝mg可知，星球表面的重力加速度变为原来的16倍，选项A、B
R2
MmmvGM均错误；由G2＝解得v＝，所以星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍，选项C
RRR
错误，选项D正确．
2．D [解析] “太空度假村”的运行周期为85分钟，说明“太空度假村”为近地卫星，其周期远小于同步卫星的运行周期，由开普勒第三定律知其轨道半径小于同步卫星轨道半径，
2
MmmvGM由G2＝得v＝，“太空度假村”的线速度大于同步卫星的线速度，选项A、B错
rrr