高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第4讲 以加速度为桥梁,巧解动力学“三类典
高考物理二轮总复习课后习题专题8 物理实验 专题分层突破练16 力学实验 (3)
专题分层突破练16 力学实验A组1.(山东省实验中学模拟预测)(1)某同学买了一辆电动自行车,骑了一段时间后发现电动车减震弹簧的减震效果不好。
该同学将减震弹簧卸下,然后把弹簧平放在桌面上,用刻度尺测出弹簧的原长L0,他将刻度尺零刻度对准弹簧一端,另一端位置如图甲所示,读数为cm。
甲(2)该同学想测量减震弹簧的劲度系数。
他先把弹簧竖直放在水平桌面上,在上端压上一只10 kg的哑铃,每增加一只哑铃均记下此时哑铃的个数和对应的弹簧的长度L,如下表所示。
请你在图乙坐标图中描点,作出F-L图线,并通过图线确定该弹簧劲度系数为k= N/m(g取10 m/s2)。
乙2.(山西太原高三一模)在用图甲所示的装置测当地的重力加速度时,进行了如下操作,完成步骤中的填空:甲乙(1)安装器材时,将长木板的右侧适度垫高, (选填“挂上”或“不挂”)砂桶,轻推小车,使小车恰能匀速运动;(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示。
已知打点计时器的频率为50 Hz,相邻两计数点间还有四个点未画出,则小车的加速度a= m/s2(保留两位有效数字);(3)不改变砂及砂桶质量,在小车上增减砝码改变小车的总质量m,重复步骤(2),测得多组数据描绘出1-m图像。
已知图线的斜率为k、纵截距为b,a则当地的重力加速度为(用物理量的符号表示)。
3.(湖北黄冈中学二模)某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量m=0.55 kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材,设计如下实验验证力的平行四边形定则,同时测出弹簧的劲度系数k。
重力加速度g取10 m/s2,其操作如下:a.将弹簧P上端固定,让其自然下垂,用刻度尺测出此时弹簧P的长度l0=12.50 cm;b.将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端,待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度l1,如图甲所示;c.在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油,将细绳搭在挂钩上,缓慢地拉起弹簧Q,使弹簧P偏离竖直方向夹角为74°,测出弹簧Q的长度l2及其轴线与竖直方向夹角为θ,如图乙所示。
高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义
第2讲⎪⎪熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律[考法·学法]本讲“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、圆周运动。
高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查，考查的内容主要包括：①匀变速直线运动的规律及图像；②平抛运动的规律；③圆周运动的规律及临界问题。
用到的思想方法主要有：①模型法②图像法③临界问题的处理方法④合成与分解的思想⑤等效替代的思想一、“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题基础保分类考点[全练题点]1. (2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( )A.st2B.3s2t2C.4st2D.8st2解析：选A 质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝v1＋v22，故v1＋v22＝st。
由题意知：12mv22＝9×12mv12，则v2＝3v1，进而得出2v1＝st。
质点的加速度a＝v2－v1t＝2v1t＝st2。
故选项A正确。
2．如图所示，甲从A点由静止匀加速跑向B点，当甲前进距离为s1时，乙从距A点s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B点，则A、B两点间的距离为( )A．s1＋s2 B.s1＋s224s1C.s124s1＋s2D.s1＋s22s1－s2s1解析：选B 设A、B两点间的距离为x，甲、乙两人的加速度大小为a，由x＝12at2得，甲前进距离s1用时t1＝2s1a，到达B点的总时间t＝2xa，乙到达B点用时t2＝2x －s 2a ，根据题意，t ＝t 1＋t 2，解得x ＝s 1＋s 224s 1，故B 正确。
3.如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。
设球经过B 点前后速度大小不变，则小球在AB 、BC 段的加速度大小之比及小球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( ) A ．3∶4 2.1 m/s B ．9∶16 2.5 m/s C ．9∶7 2.1 m/sD ．9∶7 2.5 m/s解析：选C 设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v B 22x ，在BC 段a 2＝v C 2－v B 22x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，C 正确。
高考物理二轮总复习精品课件 第一编 核心专题突破 专题7 热学(选考) 专题七 热学(选考)
(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求
解。
命题角度2关联气体问题
与活塞、液柱相联系的“两团气”问题,要注意寻找“两团气”之间的压强、
体积或位移关系,列出辅助方程,最后联立求解。
命题角度3气体状态变化的图像问题
命题角度4与热力学第一定律综合问题
温馨提示气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功W=pΔV。
0
可知当体积
增大时,单位体积内分子个数变少,分子的密集程度变小,A错误;气体压强
产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击,压强增大并
不是因为分子间斥力增大,B错误;普通气体在温度不太低、压强不太大的
情况下才能看作理想气体,C错误;温度是气体分子平均动能的标志,大量气
体分子的速率呈现“中间多、两边少”的规律,温度变化时,大量分子的平均
板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋
方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到
环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘
部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A
端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(
内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力,故汽缸内气体缓慢地
将活塞往外推,最后汽缸水平,缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热
的,故缸内气体与外界没有发生热传递,汽缸内气体压强作用将活塞往外推,
气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得:气体内能减小,故缸内理
想气体的温度降低,分子热运动的平均速率减小,并不是所有分子热运动的
统考版2024届高考物理二轮复习热点专项练1匀变速直线运动规律的应用含答案
专项1 匀变速直线运动规律的应用一、单项选择题1．[2023·重庆名校联考]我国自主研发的“暗剑”无人机，时速可达到2马赫．在某次试飞测试中，无人机起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120m 的测试距离，用时分别为2s 和1s ，则无人机的加速度大小是( )A ．20m/s 2B ．60m/s 2C ．40m/s 2D ．80m/s 22．[2023·全国甲卷]一小车沿直线运动，从t ＝0开始由静止匀加速至t ＝t 1时刻，此后做匀减速运动，到t ＝t 2时刻速度降为零．在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是( )A B C D3．[2022·全国甲卷]长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v 0，要通过前方一长为L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v (v <v 0).已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和2a ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 0所用时间至少为( )A ．v 0－v 2a ＋L ＋l vB ．v 0－v a ＋L ＋2l vC ．3（v 0－v ）2a ＋L ＋l vD ．3（v 0－v ）a ＋L ＋2l v二、多项选择题4．2020东京奥运会田径男子4×100米接力比赛，由汤星强、谢震业、苏炳添和吴智强组成的中国队取得优异成绩．如图(a)所示，假设某接力比赛中甲、乙两运动员在直道交接棒过程的v t 图象大致如图(b)所示．设t 1时刻为交接棒时刻，下列说法正确的是( )A.甲为交棒运动员，乙为接棒运动员B ．0～t 1过程中，甲在前，乙在后，二者距离越来越小C ．t 1～t 2过程中，接棒运动员的加速度越来越小D ．交接棒时的速度越大，因交接棒而损失的时间越少5．[2023·福建福州3月质检]小物块在竖直方向上拉力F 的作用下从静止开始向上运动，从某一时刻开始作出其速度v 随位移x 变化的图象(v x 图象)如图所示，运动过程空气阻力不计，则在小物块运动过程中，下列判断正确的是( )A.小物块做匀加速直线运动 B ．拉力F 逐渐变大C ．任意相等位移内，拉力冲量相同D ．速度增加量相同时，小物块重力势能的增加量相同三、非选择题 6.随着私家车的普及，武汉的许多道路出现了让人头疼的拥堵问题．如图所示为高峰时段武汉某一街道十字路口，在一个单行道上红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，汽车长均为L ＝4.5m ，前面汽车尾部与后面相邻汽车的前端相距均为d 1＝2.0m ．为了安全，前面汽车尾部与后面相邻汽车的前端相距至少为d 2＝3.0m ，后面相邻汽车才能启动，若汽车都以a ＝2.0m/s 2的加速度做匀加速直线运动，加速到v ＝12.0m/s 后做匀速运动．若该路口一次绿灯持续时间t ＝20.0s ，时间到后直接亮红灯．另外，交通规则规定：红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．绿灯亮起瞬间，第一辆汽车立即启动．(1)求第一辆汽车尾部与第二辆汽车前端间的最大距离．(2)通过计算，判断第13辆汽车能否在第一次绿灯期间通过路口？7．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v 1＝80m/s 时离开水面，该过程滑行距离L ＝1600m 、汲水质量m ＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h ＝100m 时速度达到v 2＝100m/s ，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t ； (2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE .专项1 匀变速直线运动规律的应用1．解析：第一段时间内的平均速度v 1＝120m 2s ＝60m/s ，第二段时间内的平均速度v 2＝120m1s ＝120m/s ，根据匀变速直线运动规律可知，无人机在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合加速度的定义可得无人机的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝120－601＋0.5m/s 2＝40m/s 2，选项C 正确．答案：C2．解析：x t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t 1图像斜率变大，t 1～t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止图像的斜率变为零．故选D.答案：D3．解析：列车车头到达隧道前减速时间t 1＝v 0－v 2a ，在隧道中匀速行驶时间t 2＝L ＋lv，车尾离开隧道后，加速时间t 3＝v 0－v a ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3（v 0－v ）2a ＋L ＋lv，故C 项正确．答案：C 4．解析：由图（b ）可知，交接棒过程中，接棒运动员在前，从静止开始向前加速运动，交棒运动员在后，开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度，二者之间的距离越来越小，当二者速度相等时，二者距离达到最小，此时要完成交接棒动作．交接棒完成后，接棒运动员继续加速直到达到最大速度，交棒运动员继续减速直到停下，综上分析，甲为交棒运动员，乙为接棒运动员，A 正确.0～t 1过程中，乙在前，甲在后，二者距离越来越小，B 错误．由图（b ）可知，t 1～t 2过程中，接棒运动员乙做加速度逐渐减小的加速运动，C 正确．交接棒时的速度越大，移动相同位移所需时间越短，因交接棒而损失的时间越少，D 正确．答案：ACD5．解析：若小物块做匀加速直线运动，则由匀变速直线运动规律可知，v x 图象应为曲线，A 错误．由于拉力F 变化情况待求，显然可从运动情况入手，由加速度的定义式a ＝ΔvΔt 和Δv Δx ＝k 可得a ＝k Δx Δt ，当Δt 趋近于0时，ΔxΔt ＝v ，即a ＝kv ，则v ↑→a ↑→F ↑，B 正确．在Δt 时间内，由动量定理可得F Δt －mg Δt ＝m Δv ，即F Δt ＝mg Δt ＋km Δx ，拉力冲量I ＝mgt ＋kmx ，由B 项分析可知，发生相等位移所用的时间不同，则拉力冲量也不相同，C 错误；小物块重力势能的增加量ΔE p ＝mg Δx ＝mg ·Δvk，则速度增加量Δv 相同时，小物块重力势能的增加量mg Δx 相同，D 正确.答案：BD 6．解析：（1）第一辆汽车启动后至第二辆车启动，运动距离为d 2－d 1＝1.0m 所用时间设为t 1，则有d 2－d 1＝12at 21 ，解得t 1＝1.0s第一辆汽车启动后设经过时间t 2，第二辆汽车的速度大小为v ，对第二辆汽车，则有v ＝a （t 2－t 1），解得t 2＝7.0s设第一辆汽车尾部与第二辆汽车前端的最大距离为x 1，则有x 1＝d 1＋0＋v 2（t 2－t 1）＋vt 1－0＋v2（t 2－t 1） 解得x 1＝14.0m.（2）由题意知，绿灯亮起后，第13辆汽车的延迟启动的时间为t 3＝（13－1）t 1，解得t 3＝12.0s第13辆汽车启动前前端与路口停车线间距x 3＝（13－1）（d 1＋L ），解得x 3＝78.0m 第13辆汽车启动后，在t 4＝t －t 3＝8.0s 时间内通过的距离设为x 4，则有x 4＝12a （t 2－t 1）2＋v [t 4－（t 2－t 1）]解得x 4＝60.0m由于x 4<x 3，故第13辆汽车不能在第一次绿灯期间通过路口． 答案：（1）14.0m （2）不能7．解析：（1）飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为v 12，则L ＝12v 1t解得飞机滑行的时间为 t ＝2L v 1＝2×160080s ＝40s飞机滑行的加速度为a ＝v 1t ＝8040m/s 2＝2m/s 2（2）飞机从水面至h ＝100m 处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则ΔE ＝mgh ＋12mv 22 －12mv 21 ＝12×1×104×1002J －12×1×104×802J ＋1×104×10×100J＝2.8×107J.答案：（1）2m/s 2 40s （2）2.8×107J。
2019-2020年高三物理第二轮专题复习 专题一力和运动教案 人教版
2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。
牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。
从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。
3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。
5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。
加之小球通过最高点有极值限制。
这就构成了主要考查点。
2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。
求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。
解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。
2024年高考物理二轮复习专题2：力与直线运动(附答案解析)
专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。
高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。
考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。
根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。
【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。
2018版高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律专题
专题检测（二） 熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律1．[多选](2017·绍兴模拟)对于课本上的一些图片，下列说法正确的是( )A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球将同时落地D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力 解析：选BC 题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A 错误；题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，选项B 正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只是使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，选项C 正确；做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D 错误。
2．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。
则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( ) A ．8 m/s 、24 m/s B ．24 m/s 、8 m/s C ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 时的瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。
新高考二卷物理知识点归纳总结
新高考二卷物理知识点归纳总结物理作为一门自然科学学科，其在新高考中的重要性日益凸显。
为了帮助广大考生更好地备战新高考物理考试，下文将对新高考二卷物理知识点进行归纳总结。
第一章：力学一、力和运动1. 力的概念：力是物体之间相互作用的结果，用矢量表示，单位为牛顿(N)。
2. 牛顿第一定律：物体静止或匀速直线运动的状态将保持不变，除非有力作用于其上。
3. 牛顿第二定律：物体的加速度与作用在其上的力成正比，与物体的质量成反比。
可以用公式表示为 F = ma。
4. 牛顿第三定律：任何两个物体之间的相互作用力大小相等，方向相反。
二、运动的描述1. 位移和速度：位移是物体从起点到终点的直线距离，速度是单位时间内位移的大小和方向变化。
2. 动量：动量是物体运动的惯性量度，用动量的改变率来表征力的作用。
动量可以用公式表示为 p = mv。
3. 质点和质心：物体无论形状如何，都可看成由一些非常小的物体—质点组成，质心是质点系统的几何中心。
4. 动能和功：动能是物体运动时所具有的能量，功是力对物体所做的能量转移。
第二章：热学一、热学基础知识1. 温度和热量：温度是物体冷热程度的物理量，热量是能够传递给其他物体使其温度升高的能量。
2. 热平衡和热传递：当两个物体温度相同时，它们之间处于热平衡状态；热传递方式包括传导、对流和辐射。
3. 热膨胀和内能：温度升高时，物体由于热膨胀而体积增大。
内能是物体微观粒子的平均动能和相互作用势能。
二、物质的状态变化和热量1. 熔化和凝固：物质从固态到液态的转化称为熔化，从液态到固态的转化称为凝固。
熔化和凝固过程中，物质吸收或释放等量的热量。
2. 气化和液化：物质从液态到气态的转化称为汽化，从气态到液态的转化称为液化。
气化和液化过程中，物质吸收或释放等量的热量。
3. 混合物和纯物质：混合物由两种或以上物质的组合而成，纯物质由同种物质组成。
4. 压强和浮力：压强是作用在物体表面上的力在垂直于单位面积的方向上的分力。
2018版高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第4讲以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型
专题检测（四）以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2017·贵阳一中模拟)如图所示，质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g。
现在B球上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间()g gA．B球的加速度大小为，A球的加速度大小为2 2B．B球的加速度大小为2g，A球的加速度大小为0C．B球的加速度大小为0，A球的加速度大小为gD．B球的加速度大小为g，A球的加速度大小为0解析：选D在力作用于B球的瞬间，A球的受力情况不变，所以A球的加速度为0，而B球所受的其他力也不变，所受的合力就是刚施加上的力即mg，所以B球的加速度大小为g，故D 正确。
2．(2018届高三·江西名校联考)如图甲所示，在某部电梯的顶部安装一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。
若该电梯在竖直方向行驶时突然停止，传感器显示弹簧弹力大小F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则()A．电梯突然停止前可能在加速上升B．电梯停止后小球向下运动，加速度小于gC．电梯停止后小球向上运动，加速度小于gD．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态解析：选C从t＝0时刻传感器示数为mg可知，电梯突然停止前做匀速运动，选项A错误。
电梯停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，电梯停止后，弹簧拉力小于mg，说明小球向上运动，小球受到弹簧拉力和重力，加速度小于g，选项B错误、C正确。
在0～t1时间内，弹簧弹力由mg减小为0，说明小球处于失重状态；t1～t2时间内，弹簧弹力由0逐渐增大到mg，说明小球仍处于失重状态，选项D错误。
3.[多选]如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水1 平地面上。
A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。
2最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
2019版高考物理二轮复习：第一部分 第一板块 第4讲 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”(含解析)
第4讲 |以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) 以加速度为桥梁，巧解连接体问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关[知能全通]———————————————————————————————— 1．连接体问题中的两类瞬时性模型两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮2．(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。
[题点全练]———————————————————————————————— 1.如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3。
若将水平力作用在A 上，使A刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：选C 当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 、B 的加速度相等，单独对B 分析，B的加速度为：a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mgm ＝13μg ；当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有：a A ＝ a 2＝μmgm ＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3，C 正确。
2.如图所示，50个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动。
已知斜面足够长，倾角为30°，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g ，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为( )A.910FB.110F C.452mg ＋110F D ．因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析：选B 以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F －50mg sin 30°－μ·50mg cos 30°50m ＝F50m－g (sin 30°＋μcos 30°)，以下侧45个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得F －45mg sin 30°－μ·45mg cos 30°－F N ＝45ma ，解得F N ＝110F ，故B正确。
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第4讲 ⎪⎪ 以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”[考法·学法]应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型的问题：连接体问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。
解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。
用到的思想方法有： ①整体法和隔离法 ②正交分解法 ③作图法 ④图像法 ⑤等效思想 ⑥临界极值思想一、以加速度为桥梁，破解连接体问题基础保分类考点[全练题点]1．[多选](2018届高三·江西宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止。
现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A 、B 两物块在开始一段时间内的v t 关系分别对应图乙中A 、B 图线(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则()A ．t 2时刻，弹簧形变量为0B ．t 1时刻，弹簧形变量为mg sin θ＋ma kC ．从开始到t 2时刻，拉力F 逐渐增大D ．从t 1时刻开始，拉力F 恒定不变解析：选BD 由题图知，t 2时刻A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mg sin θ＝kx ，则x ＝mg sin θk，故A 错误；由题图读出，t 1时刻A 、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律得kx －mg sin θ＝ma ，则x ＝mg sin θ＋ma k，故B 正确；从开始到t 1时刻，对AB 整体，根据牛顿第二定律得F ＋kx －2mg sin θ＝2ma ，得F ＝2mg sin θ＋2ma －kx ，x 减小，F 增大，从t 1时刻开始，对B 由牛顿第二定律得F －mg sin θ＝ma ，得F ＝mg sin θ＋ma ，可知F 不变，故C 错误，D 正确。
2.(2018届高三·保定调研)如图所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ。
传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B (弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )，则( )A ．a A ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫1＋m 2m 1g ，a B ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0 C ．a A ＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2m 1g ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μg 解析：选C 稳定时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，等于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0。
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 1g m 1＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2m 1g ，选项C 对。
3.[多选]如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。
现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，取重力加速度g ＝10 m/s 2。
则( )A ．细绳对盒子的拉力大小为20 NB ．盒子的加速度大小为2.5 m/s 2C ．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 ND ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N解析：选BC 假设绳子的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对甲，有m 甲g －F T ＝m甲a ；对乙和丙组成的整体，有F T ＝(m 乙＋m 丙)a ，联立解得F T ＝15 N ，a ＝2.5 m/s 2，A 错误，B 正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有f ＝m 丙a ＝1×2.5 N＝2.5 N ，C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误。
4.(2017·晋城月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是f m 。
现用平行于斜面的拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F 的最大值是( )A.35f m B.34f m C.32f m D ．f m解析：选C 当下面m 与2m 的木块之间的摩擦力达到最大时，拉力F 达到最大。
将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：F ＋6mg sin 30°＝6ma ①将两个质量为m 的木块及上面的质量为2m 的木块看作整体：f m ＋4mg sin 30°＝4ma ②联立①、②解得：F ＝32f m ，故选C 。
[全能备考]1．连接体问题中的两类瞬时性模型(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
二、以加速度为桥梁，破解传送带问题重难增分类考点[典题例析][典例] [多选]如图所示，传送皮带与水平面夹角为37°，A 、B 间距离L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s 匀速运行。
现在皮带的A 端无初速放上一个小物体(可视为质点)，已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，传动轮大小可忽略，则物体滑到B 端的速度大小可能是( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s [思路点拨][解析] 选BD 因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：若传动轮带动皮带绕轮顺时针方向转动，小物体放上A 端相对地面无初速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于mg sin 37°>F f ＝μmg cos 37°，故物体有沿皮带向下的加速度，设为a 1，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，a 1＝2 m/s 2物体从A 运动到B 的时间t 1＝ 2x a 1＝ 2La 1＝4 s ，到达B 端速度为v 1＝a 1t 1＝8 m/s 。
若传动轮带动皮带绕轮逆时针转动，小物体放上皮带A 端初速度为零，相对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。
设物体的加速度为a 2，则mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 2，a 2＝10 m/s 2物体加速到皮带运行速度v ＝10 m/s 的时间为：t 1′＝v a 2＝1 s 物体的位移x 1＝v 22a 2＝5 m<L ＝16 m ，还未到达B 端，此刻相对速度为零，摩擦力将发生突变。
假设摩擦力消失，皮带匀速向下，物体因受重力沿皮带斜面分力作用将向下加速，下一时刻物体速度将超过皮带速度，故有摩擦力，且皮带对物体的摩擦力方向变为斜向上。
由于mg sin 37°>F f ＝μmg cos 37°，物体加速度变为a 2′，a 2′＝g sin 37°－μg cos 37°＝a 1＝2 m/s 2。
设物体继续加速下滑到B 端所需时间为t 2，而x 2＝vt 2＋12a 2′t 22。
又x 2＝L －x 1＝11 m ，解得：t 2＝1 s ，物体到达B 端速度为v 2＝v ＋a 2t 2＝12 m/s 。
故B 、D 均正确。
[通法点拨]传送带问题的突破口——初态、共速、末态[集训冲关]1．如图所示，长度AB ＝L 的传送带以速度v 1向左匀速运动。
在传送带的左端A 处，一个质量为m 的工件以初速度v 2滑上传送带，最后到达B 端。
若工件与传送带间的动摩擦因数为μ，则在此过程中( )A ．工件的加速度大小为μgB ．工件在传送带上的运动时间为2L μgC ．工件对传送带做的功为－μmgLD ．若传送带的速度沿原方向增大，则工件有可能不能到达B 端解析：选A 工件对地匀减速运动。
由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝μg ①，故A正确；若到达B 端的速度刚好为零(临界点)，由运动规律得L ＝12at 2 ②，由①②式得t ＝ 2L μg ；若到达B 端的速度不为零，运动的平均速度v 变大，由t ＝L v知运动时间变小，即t < 2L μg ，故B 错误；传送带对地匀速运动，由运动规律得s ＝v 1t ，因v 1大小未知，则s 与L 的大小关系不定。
工件通过摩擦力对传送带做的功为W ＝－μmgs 与－μmgL 大小关系不定，故C 错误；若传送带的速度沿原方向增大，对工件的滑动摩擦力不变，产生的加速度不变，工件以初速度v 2滑上传送带后的运动情况不变，仍能到达B 端，故D 错误。
2．[多选](2018届高三·衡水调研)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行。
初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t 图像(以地面为参考系)如图乙所示。
已知v2>v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选BC 相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动。
故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误。
相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误。
3.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f，当传送带突然启动且速度小于物块的速度时，物块受的摩擦力方向不变为沿斜面向上，物块匀速下滑，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。