2018高考总复习·物理(新课标)：第二章 第三节对点突破高效演练含解析
2018版高考物理(新课标)一轮复习习题：第二章相互作用课时作业8含答案
课时作业（八) 探究弹力和弹簧伸长的关系[基础训练］1．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力F 与弹簧长度l的图象如图所示．下列表述正确的是（）A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比答案：B 解析:图象的横轴截距表示弹簧的原长，A错误；图象的斜率表示弹簧的劲度系数,B正确，C错误；图象不过原点,D错误．2．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据,利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，如图所示，根据图象回答以下问题：(1）弹簧的原长为________．(2）弹簧的劲度系数为________．（3）分析图象，总结出弹簧弹力F与弹簧总长L之间的关系式为___________．答案：(1)10 cm （2)1 000 N/m (3）F＝1 000（L－0。
10)（N）(L的单位为m)解析:钩码的重力等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律F＝kx＝k（L－L0），图线在横轴上的截距表示弹簧的原长,斜率表示弹簧的劲度系数，故L0＝10 cm，k＝4014－10×10－2N/m＝1 000 N/m，即F＝1 000(L－0。
10）（N）(L的单位为m）．3．在探究弹簧的弹力和伸长量之间关系的实验中，所用装置如图1所示，将轻弹簧的一端固定，另一端与力传感器连接，其伸长量通过刻度尺测得，某同学的实验数据列于下表中．伸长量x/cm 2。
00 4。
00 6.00 8.0010.00弹力F/N 1.50 2.93 4.55 5.98 7.50图1 图2（1）以x为横坐标、F为纵坐标，在图2的坐标纸上描绘出能正确反映这一弹簧的弹力与伸长量之间的关系图线．（2）由图线求得这一弹簧的劲度系数为________N/m。
2018高考总复习·物理(新课标)：第十三章 第一节对点突破高效演练含解析
, [学生用书P269])1．(考点一)玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中( )A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化比较快E．玻璃受到的冲力较大答案：DE2．(考点二)将静止在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMvB.MmvC.MM－mvD.mM－mv解析：选D.根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝mM－mv，选项D正确．3．(考点二)在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma 、mb，两球在t时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )A．ma ＞mbB．ma＜mbC．ma ＝mbD．无法判断解析：选B.由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则m a v＝mav1＋mbv2①1 2mav2＝12mav21＋12mbv22②联立①②得：v1＝ma－mbma＋mbv，v2＝2mama＋mbv由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，故B正确．4．(考点三)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)：采用的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A、B的质量mA 、mB.②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_____________________________________________________________________ ___．(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：_____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ _______.解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有mA vA－mBvB＝0，即mAL1t1－mBL2t2＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能．故有ΔE p ＝12⎝⎛⎭⎪⎫mAL21t21＋mBL22t22.答案：(1)B的右端至D板的距离L2(2)mAL1t1－mBL2t2＝0原因略(3)见解析5．(微专题36)(2016·重庆铜梁一中月考)如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v＝179 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g＝10 m/s2)解析：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有m 0v－mv＝(m＋m)v1①代入数据解得v1＝8 m/s.。
2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选考题限时突破(二)3-3含解析
选考题限时突破(二)3－3(限时：25分钟)1．(1)(5分)下列说法正确的是________．A ．根据分子动理论知识，分子间斥力随分子距离的增加，先减小后增大B ．对于一定质量理想气体，若增大气体体积且保持压强不变，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数目减少C ．热传递有可能自发的从内能较小的物体向内能较大的物体进行D ．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果E ．大雾天学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大答案 BCE解析 分子间的斥力与引力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，故A 错误；对于一定质量理想气体，若增大气体体积且保持压强不变，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数目减少，故B 正确；热传递的条件是：有温度差；热传递的特点是：高温物体放出热量，低温物体吸收热量，热量从高温物体传给低温物体．内能小的物体温度可能比内能大的物体温度高，因此热量也可能由内能小的物体传给内能大的物体，故C 正确；足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体压强的结果，故D 错误；大雾天学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，故E 正确．(2)(10分)如图1所示，长为L 的均匀玻璃管，其质量为M ，用一质量为m 、截面为S 的活塞在管中封闭了一定质量的空气，将活塞用细线竖直悬挂且静止，此时空气柱长度为L ′，设大气压强为p 0，求：图1(ⅰ)细线拉力大小F T ；(ⅱ)如果将玻璃管缓慢往下拉，最少得用多大外力才能将活塞拉离玻璃管(设此过程温度不变)． 答案 (ⅰ)(m ＋M )g(ⅱ)(p 0S －Mg )(L －L ′)L解析 (ⅰ)将玻璃管与活塞作为整体，由力的平衡得F T ＝(m ＋M )g(ⅱ)原先空气柱压强为p 1＝p 0－Mg S设玻璃管缓慢往下拉到管口时，空气柱压强为p 2，有p 2S ＋F ＋Mg ＝p 0S此过程为等温变化，由玻意耳定律得p 1L ′S ＝p 2LS解得F ＝(p 0S －Mg )(L －L ′)L2．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A ．温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质B ．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体C ．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和汽压的比值D ．分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同E ．理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机是有可能研制成功的答案 ACD解析 温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质，选项A 正确； 大颗粒的盐磨成了细盐，不改变晶体的结构，故还是晶体，选项B 错误；空气的绝对湿度是指大气中水蒸气的实际压强； 空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和汽压的比值，选项C 正确； 温度是分子平均动能的标志，故分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同，选项D 正确； 理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机也不可能研制成功，选项E 错误．(2)(10分)如图2所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞横截面积为S ，且mg ＝p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡，求活塞B 向下移动的距离．图2答案 25l 0 解析 初状态Ⅰ气体压强：p 1＝p 0＋mg S因为：mg ＝p 0S故：p 1＝2p 0Ⅱ气体压强：p 2＝p 0＋2mg S＝3p 0 添加铁砂后Ⅰ气体压强：p 1′＝p 0＋3mg S＝4p 0 Ⅱ气体压强：p 2′＝p 1′＋mg S＝5p 0 Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：p 2l 0S ＝p 2′l 2S可得：l 2＝35l 0，B 活塞下降的高度：h 2＝l 0－l 2＝25l 0 3．(1)(5分)下列叙述中正确的是________．A ．布朗运动就是液体分子的无规则运动B ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C ．对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小D ．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E ．扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动答案 BCE解析 布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，选项A 错误；当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加，选项B 正确；对于一定质量的理想气体，温度升高时，若体积变大，则压强可能减小，选项C 正确；已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算水的摩尔体积，不能求出阿伏加德罗常数，选项D 错误；扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动，选项E 正确．(2)(10分)如图3所示，粗细均匀的U 形玻璃管一端封闭，另一端与大气相通且足够长，玻璃管内两段水银柱封闭了两段空气柱A 和B ，两段空气柱的长度分别为L A ＝5 cm ，L B ＝15 cm ，下端水银面高度差h ＝6 cm ，A 上端水银柱长h 1＝4 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg ，外界环境温度保持不变，现从右端开口处缓慢向管中加入水银，当下端水银面高度差h ＝0时，求：图3(ⅰ)B 部分气体的压强；(ⅱ)A 部分气体的长度(结果保留三位有效数字)．答案 (ⅰ)107.5 cmHg (ⅱ)3.72 cm解析 (ⅰ)根据题意，设玻璃管的截面积为S ，加入水银的过程是等温变化，对B 部分的气体有： p B V B ＝p B ′V B ′，又p B ＝p 0＋p h 1＋p h .V B ＝L B S ，V B ′＝(L B －h 2)S 由以上各式可得：p B ′＝107.5 cmHg ；(ⅱ)由题意，A 部分的气体也是做等温变化．对A 部分的气体：p A V A ＝p A ′V A ′，又p A ＝p 0＋p h 1p A ′＝p B ′，V A ＝L A S ，V A ′＝L A ′S .由以上各式可得：L A ′＝3.72 cm4．(1)(5分)下对说法正确的是________．A ．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力B ．在温度不变的情况下，饱和汽的压强不随体积而变化C ．悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉中分子做无规则的热运动D ．干湿泡湿度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远E ．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性答案 BDE解析 给车胎打气，越压越吃力，是由于车胎内气体的压强越来越大，与分子力无关，选项A 错误；液体的饱和汽压仅仅与液体的种类以及温度有关，与体积无关．故B 正确；悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了液体分子做无规则的热运动，选项C 错误；(2)(10分)如图4所示，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t 1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h 1＝14 cm.已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g 取10 m/s 2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh 为多少；(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H (结果保留两位有效数字)．图4答案 (ⅰ)1 cm (ⅱ)72 cm解析 (ⅰ)设水温升至27℃时，气柱的长度为h 2，根据盖－吕萨克定律有h 1T 1＝h 2T 2圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh ＝h 2－h 1得Δh＝1 cm；(ⅱ)设圆筒的质量为m，横截面积为S，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则mg＝ρgh1S mg＝ρgh3S圆筒移动过程，根据玻意耳定律有：(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S得：H≈72 cm。
2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案
2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案本文没有明显的格式错误，但是有一些排版不规范的问题。
在第一题的解析中，CD错误应该换行，单独成为一句话，并且需要加上标点符号。
在第二题的解析中，最后一句话应该换行，单独成为一段。
在第三题的解析中，密度公式后面应该加上标点符号。
同时，每段话的语言表达也可以更加简洁明了。
例如，第一题的解析可以改为：“木箱在运动过程中受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理可知，动能等于力做功的大小。
因此，动能小于拉力所做的功，选项A正确。
”1014Hz和1015Hz是指频率的单位，108m·s-1是指光速的大小。
根据光电效应方程，只有当光的频率大于某个最小值时，才能产生光电效应。
根据公式f=Φ/h，其中Φ为金属的逸出功，h为普朗克常量，可以求出锌产生光电效应的最低频率为1015Hz。
在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。
一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是D。
在移动过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同，因此电流恒定且方向为顺时针。
从第二个矩形区域到第三个矩形区域，左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。
从第三个矩形区域到第四个矩形区域，左边切割产生的电流方向逆时针，右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针。
当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，因此D是正确的选项。
甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。
已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是BD。
2018年新课标高考物理总复习教师用书：第二章 相互作
第二章相互作用第7课时重力弹力(双基落实课)[命题者说]重力和弹力是高中物理最常见、最基础的两个力。
本课时的重点是弹力的分析和判断、几种常见弹力的计算等。
对本课时的学习，重在理解，熟练掌握各种接触方式弹力的判断方法，会计算弹力的大小。
1.重力(1)定义：由于地球的吸引而使物体受到的力。
(2)大小：G＝mg，不一定等于地球对物体的引力。
(3)方向：竖直向下。
(4)重心：重力的等效作用点，重心的位置与物体的形状和质量分布都有关系，且不一定在物体上。
2. 弹力(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力。
(2)条件：①两物体相互接触；②发生弹性形变。
(3)方向：弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反。
3．弹力有无的判断(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断。
(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。
[小题练通]1．判断正误(1)自由下落的物体所受重力为零。
(×)(2)重力的方向一定指向地心。
(×)(3)直接接触的两个物体间必然有弹力存在。
(×)(4)只要物体发生形变就会产生弹力作用。
(×)2.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b。
当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是()A．球在a、b两点处一定都受到支持力B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力解析：选D若球与小车一起做水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用；若球与小车一起做水平向左匀加速运动，则球在a处受到的支持力可能为零，选项D正确。
3.(2017·聊城模拟)小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图所示)，现让小车从固定的光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是()解析：选C小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a＝g sin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于g sin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲，C正确。
2018高考总复习·物理(新课标)：第三章第二节对点突破高效演练 含解析
, [学生用书P52])1．(考点一)(单选)(2016·孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M ＝2 kg的秤盘，盘内放一个质量为m＝1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F＝30 N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g＝10 m/s2)( )A．10 N B．15 NC．20 N D．40 N解析：选C.由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，对物体再根据牛顿第二定律可得FN －mg＝ma，两式联立解得FN＝20 N，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N，方向竖直向下，C正确．2.(考点二)(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )A．细线拉力为m1gcos θB．车厢的加速度为gtan θC．底板对物体2的支持力为m2g－m1gcos θD．底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有FT sin θ＝m1a，竖直方向有F T cos θ＝m1g，解得a＝gtan θ，FT＝m1gcos θ，选项A错误、B正确；以物体2为研究对象，水平方向有Ff ＝m2a，竖直方向有FT＋FN＝m2g，解得Ff＝m2gtan θ，FN＝m2g－m1gcos θ，选项C正确、D错误．3．(考点三)(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝vt1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋F f ＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝v＋v12t1g，滑动摩擦力Ff＝m（v－v1）2t1，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．4.。
2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第三章突破全国卷2含解析
全国卷对于“多物体”“多过程”类问题每年都有涉及，在2016年全国卷中，牛顿运动定律独立命题2道，在2015年全国卷中，独立命题多达7处．考查的方向主要有：(1)对于“多物体"组成的系统，其整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块－滑板模型等．【重难解读】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2）对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．（4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．（5）联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领（1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动（或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向．（2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．（3）关注临界点．“多物体叠放"类问题的临界点常出现在“速度相等"（即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大,物体的受力和运动情况可能发生突变．【典题例证】(20分）(2015·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。
5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求:（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3)木板右端离墙壁的最终距离．[审题指导] 在t＝0～1 s时间内，小物块和木板一起运动,具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加速度，然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数μ1。
2018届高考物理二轮复习专题整合高频突破(新课标20份,含答案)(11)正式版
=
1 2 ( m 2+m3)v +m2gh② 2
式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。 联立①②式并代入题给数据得 m3=20 kg③
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有 m1v1+m2v20=0④ 代入数据得v1=1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械 能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3⑥
命题热点一
命题热点二
命题热点三
拓展训练上述例3中,小孩推开冰块的过程中,小孩消耗的内能是 多少? 答案 60 J
解析
1 ΔE=2m1������1 2
1 + 2m2������20 2 =60
J。
命题热点一
命题热点二
命题热点三
规律方法一般碰撞的三个制约关系 一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械 能(或动能)有损失,遵循以下三个制约关系: (1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量 的方向恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。 (2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 (3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两 物体同向运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等 于原来在后面的物体的碰后速度。
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答案 0.25 s≤t≤0.5 s
命题热点一
命题热点二
命题热点三
解析 假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v1, 则由动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1 碰后,A、B一起滑行直至停下,设滑行时间为t1,则由动量定理有 μ(m1+m2)gt1=(m1+m2)v1 解得t1=0.25 s 假如两物块发生的是完全弹性碰撞,碰后A、B的速度分别为vA、 vB,则由动量守恒定律有m1v0=m1vA+m2vB 1 1 1 2 2 2 m ������ = m ������ + m 1 ������ 2������������ 由机械能守恒有 2 1 0 2 2
2018高考总复习·物理(新课标)：第二章 第二节对点突破高效演练含解析
, 学生用书P29])1．(考点一)(单选)如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力大小最大的是( )解析：选C.题图A中合力大小为2F3，题图B中合力大小为0，题图C中合力大小为2F2，题图D中合力大小为2F1，故C正确．2．(考点一)(单选)如图所示，在同一平面内的3个力作用在一个物体上，其合力为零．现在将其中的一个力F1在该平面内顺时针转过60°，其余的力均不变，则此时物体受的合力大小为( )A．F1B.2F1C．2F1D．22F1解析：选A.根据共点力的合成法则可知，F2、F3的合力F与F1等大、反向，即F＝F1，当F1在该平面内顺时针转过60°时，F与F1的夹角为120°，根据平行四边形定则可知，此时物体受到的合力大小为F1，故选项A正确．3．(考点二)(单选)如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么( )A．F1就是物体对斜面的压力B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcos αC．F2就是物体受到的静摩擦力D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用解析：选B.重力G是物体受的力，其两个分力F1和F2作用在物体上，故A错误；F2与物体受到的静摩擦力等大反向，并不是物体受到的静摩擦力，C错误；F 1、F 2不能与物体的重力G 同时作为物体受到的力，D 错误；物体对斜面的压力的大小等于重力G 的分力F 1＝Gcos α，方向与F 1方向相同，B 正确．4．(考点二)(单选)(2016·福建四地六校第一次月考)如图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧被压缩的长度为( )A.mgtan θk B.2mgtan θk C.mgtan θ2kD.2mgtanθ2k解析：选C.对球A 受力分析可知，球A 受竖直向下的重力mg 、沿着细线方向的拉力F T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向F T sinθ2＝F ＝k Δx ，竖直方向F T cosθ2＝mg ，解得Δx ＝mgtanθ2k，C 正确．5.(微专题5)(多选)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G 的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ (最初θ<α)，挡板从图示位置以O。
2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书第三章突破全国卷2Word版含解析
全国卷对于“多物体”“多过程”类问题每年都有涉及，在2016年全国卷中，牛顿运动定律独立命题2道，在2015年全国卷中，独立命题多达7处．考查的方向主要有：(1)对于“多物体”组成的系统，其整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块－滑板模型等．【重难解读】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【典题例证】(20分)(2015·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．[审题指导]在t＝0～1 s时间内，小物块和木板一起运动，具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加速度，然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数μ1.根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物块与木板间的相对位移，即木板的最小长度．[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①(2分)由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得v 1＝v 0＋a 1t 1②(1分)x 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③(1分) 式中，t 1＝1 s ，x 0＝4.5 m 是木板与墙壁碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件解得μ1＝0.1④(1分)在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤(1分)由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥(1分) 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得μ2＝0.4.⑦(1分)(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧(2分)v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨(1分)v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩(1分)碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪(1分) 小物块运动的位移为x 2＝v 1＋v 32Δt ⑫(1分) 小物块相对木板的位移为Δx ＝x 2－x 1⑬(1分)联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得Δx＝6.0 m⑭(1分)因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮(1分)0－v23＝2a4x3⑯(1分)碰撞后木板运动的位移为x＝x1＋x3⑰(1分)联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得x＝－6.5 m⑱(1分)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.[答案](1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m“传送带模型”“滑板——滑块模型”的区别与联系1．两模型的联系：传送带类似于木块、木板模型中的木板，而两模型中物体的运动规律很相似．开始时，由于两物体(木块与木板、物体与传送带)速度不同，即两物体间存在阻碍相对运动的滑动摩擦力，用来改变两物体的运动状态，由于滑动摩擦力恒定，所以物体均做匀变速运动(传送带匀速)，当两者速度相等时，一起做匀速直线运动(前提是木块仍在木板上、物体没到达传送带另一端)．2．两模型的区别(1)木块、木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行分析；而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传送带一直做匀速运动，一般情况下只需对物体的受力情况和运动情况做出分析即可．(2)物体的不同初速或传送带的不同运行速度方向使物体与传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不同．【突破训练】1．(2017·西安质检)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为()A．3μmg B．4μmgC．5μmg D．6μmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F －μ(2m ＋m )g ＝(2m ＋m )a ，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg ＝2ma ，联立可得：F ＝6μmg ，选项D 正确．2．(多选)(2017·南昌模拟)如图所示，一质量为m 的物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是( )A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B 点，且用时为t 0B ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B 点C ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将一直做匀速运动滑过B 点，用时一定小于t 0D ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＞v 0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B 点，用时一定小于t 0解析：选AC.传送带静止时，有12m v 2B －12m v 20＝－μmgL ，即v B ＝v 20－2μgL ，物体做减速运动，若传送带逆时针运行，受向左的摩擦力μmg ，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为v B ，不会为零，用时也一定仍为t 0，故选项A 对、B 错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B 端，因为匀速通过，故用时一定小于t 0，故选项C 正确；当其运行速率(保持不变)v ＞v 0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体速度加速到速度v 还未到达B 端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到v 时，则一直做匀加速运动，故选项D 不对．3.如图所示，小车内固定一个倾角为θ＝37°的光滑斜面，用一根平行于斜面的细线系住一个质量为m ＝2 kg 的小球，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)当小车以a 1＝5 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？(2)当小车以a 2＝20 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？解析：本题中存在一个临界状态，即小球刚好脱离斜面的状态，设此时加速度为a 0，对小球受力分析如图甲所示．将细线拉力分解为水平x 方向和竖直y 方向两个分力，则得到F cos θ＝ma 0F sin θ－mg ＝0a 0＝g tan θ＝403m/s 2. (1)a 1＝5 m/s 2<a 0，这时小球没有脱离斜面，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得F cos θ－F N sin θ＝ma 1F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0解得F ＝20 N ，F N ＝10 N.(2)a 2＝20 m/s 2>a 0，这时小球脱离斜面，设此时细线与水平方向之间的夹角为α，对小球受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律得F cos α＝ma 2F sin α＝mg两式平方后相加得F 2＝(ma 2)2＋(mg )2解得F ＝（ma 2）2＋（mg ）2＝20 5 N.答案：(1)20 N (2)20 5 N4．如图所示，两木板A 、B 并排放在地面上，A 左端放一小滑块，滑块在F ＝6 N 的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A 、B 长度均为l ＝1 m ，木板A 的质量m A ＝3 kg ，小滑块及木板B 的质量均为m ＝1 kg ，小滑块与木板A 、B 间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小滑块在木板A 上运动的时间；(2)木板B 获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A 的摩擦力F f1＝μ1mg ＝4 N木板A 与B 整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m ＋m A )g ＝5 NF f1＜F f2，小滑块滑上木板A 后，木板A 保持静止设小滑块滑动的加速度为a 1，则：F －μ1mg ＝ma 1l ＝12a 1t 21解得：t 1＝1 s.(2)设小滑块滑上B 时，小滑块速度为v 1，B 的加速度为a 2，经过时间t 2滑块与B 脱离，滑块的位移为x 块，B 的位移为x B ，B 的最大速度为v B ，则：μ1mg －2μ2mg ＝ma 2v B ＝a 2t 2x B ＝12a 2t 22v 1＝a 1t 1x 块＝v 1t 2＋12a 1t 22x 块－x B ＝l联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s。
2018高考总复习·物理(新课标)：第五章 第三节对点突破高效演练含解析
, [学生用书P101])1．(考点一)(单选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( ) A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大答案：C2．(考点二)(单选)(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．3．(考点二)(单选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( ) A．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB．环到达B处时，重物上升的高度为(2－1)dC．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为2 2D．环减少的机械能大于重物增加的机械能解析：选B.环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg，A项错误；环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(2－1)d，B项正确；如图所示，将B处环速度v进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v1大小相等，v1＝vcos 45°＝22v，所以，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于2，C项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D项错误．4．(微专题16)(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A，B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能C．B球的最大速度为4gR 3D．B球克服细杆所做的功为83 mgR解析：选ACD.小球A、B组成的系统机械能守恒，选项A正确；B球减少的重力势能转化为B球的动能和A球的动能与势能，选项B错误；当B球到达最低点时，两小球速度最大，由系统机械能守恒4mgR－2mgR＝12×3mv2，得最大速度为v＝4gR3，选项C正确；以B球为研究对象，由动能定理得W＋4mgR＝12×2mv2－0，解得W＝－83mgR，选项D正确．5.(考点二)(2015·高考海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和拋物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为拋物线顶点．已知h＝2 m，s ＝ 2 m．取重力加速度大小g＝10 m/s2.(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．解析：(1)一小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明环下落到b点时的速度，使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt.①h＝12gt2②从ab滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝12mv2b③联立以上三式可得R＝s24h＝0.25 m.。
2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选择题限时突破(三)含解析
选择题限时突破(三)(限时：25分钟)二、选择题(本题共8 小题，每小题6 分，共48分、在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求、全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)14.在光滑水平面上，a 、b 两球沿水平面相向运动、当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零、两球在相互作用区间运动时始终未接触， 两球运动的v －t 图象如图1所示，则( )图1A 、a 球质量小于b 球质量B 、t 1 时刻两球间距最小C 、0～t 2 时间内，两球间距逐渐减小D 、0～t 3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相同答案 C解析 从速度时间图象可以看出开始时b 球图象的斜率绝对值较大，所以b 球的加速度较大，两球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a ＝F m知，加速度大的质量小，所以b 球质量较小，故A 错误；即t 2时刻两球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B 错误，C 正确；b 球0～t 1时间内匀减速，所以0～t 1时间内排斥力与运动方向相反，D 错误、故选C.15.如图2所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角、现将带电粒子的速度变为v 3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )图2A 、2Δt B.12ΔtC 、3ΔtD.13Δt 答案 A解析 设圆形磁场区域的半径是R ，粒子以速度v 射入时，半径r 1＝m v qB，根据几何关系可知，r 1R ＝tan 60°，所以r 1＝3R ；运动时间Δt ＝60°360°T ＝16T ；粒子以速度v 3射入时，半径r 2＝m ·v 3qB ＝13r 1＝33R 设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan θ2＝R r 2＝3， 所以 θ＝120° 则第二次运动的时间为：t ＝θ2πT ＝120°360°T ＝13T ＝2Δt ，故选A. 16、如图3所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2 的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图3A 、当用户的用电器增多时，U 2减小，U 4变小B 、当用户的用电器增多时，P 1变大，P 3减小C 、输电线上损失的功率为ΔP ＝U 22RD 、要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1，同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4答案 D解析 交流发电机的输出电压U 1一定，匝数没变，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P 3变大，故B 错误、输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1；U 3＝U 2－I 2R ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大降压变压器的匝数比n 3n 4，故C 错误，D 正确；故选D. 17.如图4所示，吊车下方吊着一个质量为500 kg 的重物，二者一起保持恒定的速度v ＝1 m/s 沿水平方向做匀速直线运动、某时刻开始，吊车以10 kW 的恒定功率将重物向上吊起，经t ＝5 s 重物达到最大速度、忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2.则在这段t 时间内( )图4A 、重物的最大速度为2 m/sB 、重物克服重力做功的平均功率为9.8 kWC 、重物做匀变速曲线运动D 、重物处于失重状态答案 B解析 竖直方向重物能达到的最大速度v y m ＝P mg ＝10 000500×10m/s ＝2 m/s ，则重物的最大速度为v m ＝v 2＋v 2y m ＝ 5 m/s ，选项A 错误；达到最大速度时克服重力做功：W G ＝Pt －12m v 2y m ＝104×5 J －12×500×22 J ＝49 000 J ，则重物克服重力做功的平均功率为P ＝W G t ＝49 0005W ＝9.8 kW ，选项B 正确；因竖直方向做加速度减小的变加速运动，故合运动不是匀变速运动，选项C 错误；重物向上做加速运动，故处于超重状态，选项D 错误；故选B.18、下列说法正确的是( )A 、一群处于n ＝5 的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出10种不同频率的光B 、在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k 越大，则这种金属的逸出功W 0 越大C 、氡元素的半衰期为3.8天，若有8个氡原子核，则7.6天后还剩2 个氡原子核未衰变D 、某放射性原子核经过2 次α衰变和1次β衰变，核内中子数减少了4个答案 A解析 一群处于n ＝5的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出C25＝10种不同频率的光，选项A 正确；在光电效应实验中，根据E k ＝hν－W 0可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k 越大，则这种金属的逸出功W 0越小，选项B 错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核的衰变不适用，选项C 错误；某放射性原子核经过2次α衰变中子数减小4,1次β衰变中子数减小1，故最终核内中子数减少了5个，选项D 错误；故选A.19、已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，万有引力常量为G ，则( )A 、航天器的轨道半径为θsB 、航天器的环绕周期为2πt θC 、月球的质量为s 3Gt 2θD 、月球的密度为3θ24Gt 2 答案 BC解析 根据几何关系得：r ＝s θ.故A 错误；经过时间t ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，则：t T ＝θ2π，得：T ＝2πt θ.故B 正确；由万有引力充当向心力而做匀速圆周运动，所以：GMm r 2＝mr 4π 2T 2，M ＝4π2r 3GT 2＝s 3Gt 2θ.故C 正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r ，则月球的体积：V ＝43πr 3，月球的密度为ρ＝M V ＝3θ 24π t 2.故D 错误、故选B 、C. 20.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域、如图5所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I 时，C 、D 两侧面会形成一定的电势差U .下列说法中正确的是( )图5A 、若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带负电B 、若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带正电C 、在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U 最大D 、在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U 最大 答案 AD解析 若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向D 侧面偏，则C 侧面的电势高于D 侧面的电势、故A 正确；若元件的载流子带正电，由左手定则可知，正电载流子受到的洛伦兹力方向向D 侧面偏，则D 侧面的电势高于C 侧面的电势，故B 错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场沿竖直方向，则元件的工作面保持水平时U 最大，故C 错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U 最大、故D 正确、故选A 、D.21、如图6所示，在真空中，＋Q1和－Q2为固定在x轴上的两个点电荷，且Q1＝4Q2，AB＝BP ＝L.a、b、c为P两侧的三个点，则下列说法中正确的是()图6A、P点电场强度为零，电势也为零B、b、c两点处，一定有电势φb>φc且电场强度E b>E cC、若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P点，则其电势能增加D、若将一试探电荷－q从a点静止释放，则其经过P点时动能最大答案CD解析P点的场强为E P＝kQ1(2L)2－kQ2L2＝0；P点的电势：U P＝kQ12L－kQ2L＝kQ2L＜0，选项A错误；因P点的场强为零，则P点右侧电场线向右，因顺着电场线电势降低可知，φb>φc，因b、c的具体位置不确定，则不能确定两点场强的关系，选项B错误；P点左侧电场线向左，则P点电势高于a点，若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P点，则其电势能增加，选项C正确；若将一试探电荷－q从a点静止释放，则电荷将沿aP向右加速运动，到达P点后受到向左的电场力做减速运动，可知其经过P点时动能最大，选项D正确；故选C、D.。
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第二章 相
实验三验证力的平行四边形定则1.实验原理互成角度的两个力F1、F2与另外一个力F′产生相同的效果，看F1、F2用平行四边形定则求出的合力F与F′在实验误差允许范围内是否相同.2.实验器材木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺.3.实验步骤(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上.(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O.如图1甲所示.图1(3)用铅笔描下结点O的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F.(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O，记下弹簧测力计的读数F′和细绳的方向，如图乙所示.(5)比较F′与用平行四边形定则求得的合力F，看它们在实验误差允许的范围内是否相同.1.正确使用弹簧测力计(1)将两只弹簧测力计调零后水平互钩对拉过程中，读数相同，可选；若不同，应另换或调校，直至相同为止.(2)使用时，读数应尽量大些，但不能超出范围.(3)被测力的方向应与轴线方向一致.(4)读数时应正对、平视刻度.2.注意事项(1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同，是为了使合力的作用效果与两个分力共同作用效果相同，这是利用了等效替代的思想.(2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°之间为宜.(3)在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些.细绳套应适当长一些，便于确定力的方向.(4)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些.3.误差分析(1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等.(2)减小误差的办法：①实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录.②作图时使用刻度尺，并借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行.命题点一教材原型实验例1某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图2甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.图2(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________.(2)本实验采用的科学方法是________.A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法(3)实验时，主要的步骤是：A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F.比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论.上述步骤中，①有重要遗漏的步骤的序号是______和______；②遗漏的内容分别是_______________________和_________________________.答案(1)F′(2)B(3)①C E②C中应加上“记下两条细绳的方向”E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O”解析(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而两根弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力，根据平行四边形定则作出两弹簧测力计拉力的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F′.(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故B正确.(3)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E.②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O.1.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图3所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验.在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下，图3图4(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是______N(图4中所示)，则弹簧秤b的读数可能为______N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大”、“变小”或“不变”).答案(1)3.00～3.02 3.9～4.1(有效数字不作要求)(2)变大变大解析(1)由图可知弹簧秤a的读数是F1＝3.00 N；因合力为F＝kx＝500×0.01 N＝5 N，又两分力夹角为90°，则另一个分力为F2＝F2－F21＝4.00 N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如图所示，根据力的平行四边形定则可知，弹簧秤a的读数变大，弹簧秤b 的读数变大.2.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图5甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳.根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确.图5(1)乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的.实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是________ (填正确选项前字母).A.两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B.橡皮条沿同一方向伸长C.橡皮条伸长到同一长度D.橡皮条沿同一方向伸长同一长度(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为________ N.答案(1)F D(2)9.0解析(1)F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的.该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故A、B、C错误，D正确.(2)根据丙图读出力的值为9.0 N.3.有同学利用如图6所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图6(1)改变钩码个数，实验能完成的是()A.钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B.钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C.钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D.钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是()A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度C.用量角器量出三段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图7中________(选填“甲”或“乙”)是正确的.图7答案(1)BCD(2)A(3)甲命题点二实验拓展创新例2(2015·山东理综·21)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则.实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向.图8②如图8所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l).每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为F OO′.图9④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图9所示.用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在图10坐标纸上画出Fl图线，根据图线求得l0＝________cm.图10(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图11中作出F OA和F OB的合力F′的图示.图11(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论.答案(1)见解析图甲10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)见解析图乙(4)F OO′解析(1)作出Fl图象，如图甲所示，求得直线的横轴截距即为l0，可得l0＝10.0 cm(2)可计算橡皮筋的劲度系数k ＝F Δx ＝2.50.05 N /m ＝50 N/m若OA ＝6.00 cm ，OB ＝7.60 cm ，则橡皮筋的弹力为 F ＝k Δx ＝50×(6.00＋7.60－10.00)×10－2 N ＝1.80 N则此时F OA ＝F ＝1.80 N(3)F OB ＝F OA ＝1.80 N ，两力的合力F ′如图乙所示.(4)F OO ′的作用效果和F OA 、F OB 两个力共同作用的效果相同，F ′是F OA 、F OB 两个力的合力，所以通过比较F ′和F OO ′的大小和方向，可得出实验结论.实验拓展创新的两种方法以本实验为背景，以实验中操作的注意事项、误差来源设置条件，或通过改变实验条件、实验仪器设置题目.1.对实验原理的理解、实验方法的迁移2.实验器材的改进 (1)橡皮筋――→替代弹簧测力计(2)钩码――→替代弹簧测力计4.某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端与细绳连接，结点为O ，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳.实验时，先将一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子A 上，另一条橡皮筋任其下垂，如图12甲所示；再将另一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子B 上，如图乙所示.图12(1)为完成实验，下述操作中必需的是________. a.两橡皮筋的另一端连接的细绳a 、b 长度要相同 b.要测量橡皮筋的原长c.要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度d.要记录图甲中结点O 的位置及过结点O 的竖直方向e.要记录图乙中结点O ′的位置及过结点O ′的竖直方向(2)对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解正确的是________.a.橡皮筋的材料和原长相同即可b.橡皮筋的材料和粗细相同即可c.橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同答案(1)bce(2)c解析(1)首先应明白该实验的实验原理，即用橡皮筋的伸长量来表示弹力的大小，所以实验中一定要测橡皮筋的长度，而没必要关心细绳a、b的长度，选项b和c中的操作是需要的，为了确保力的合成的等效性，需要记录题图乙中结点O′的位置及过结点O′的竖直方向，选项e中的操作是必需的.(2)为了能用橡皮筋的伸长量表示弹力大小，满足F＝kx，应让k值相同，即橡皮筋的材料、粗细、原长均要相同，选项c正确.5.小明通过实验验证力的平行四边形定则.(1)实验记录纸如图13所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点.三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N.请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力.图13(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果.他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响.实验装置如图14所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物.用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹.重复上述过程，再次记录下N的轨迹.图14图15两次实验记录的轨迹如图15所示.过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________.(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果________.(填写选项前的字母)A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B.两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C.两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D.两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项.答案(1)见解析图(F合＝4.6～4.9 N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋.(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧.)解析(1)作出的图示如图所示.(2)重物受力情况如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力F T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差.。
高考总温习物理新课标：第二章第三节对点冲破高效演练
学生用书P33])1．(考点一)(单选)(2016·忻州模拟)如图所示，固定斜面上有一滑腻小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是() A．1B．2C．3 D．4答案：A2．(考点二)(单选)(2016·山西模拟)如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的滑腻圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B点，现在轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为()A．2mg mgC．mg mg解析：选C.对B点处的小球受力分析，如图所示，则有F T sin 60°＝F N sin 60°F T cos 60°＋F N cos 60°＝mg解得F T＝F N＝mg，则A、B、D错误，C正确．3．(考点二)(单选)(2016·新余模拟)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的滑腻球B，A、B 均静止，则()A．B对A的压力大小为2Rr＋r2R mgB．细线对小球的拉力大小为R＋rR mgC．A对地面的压力大小为(M＋m)gD．地面对A的摩擦力大小为2Rr＋r2R mg解析：选 C.由于A、B处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图甲所示，按照平衡条件，可得F N－(M＋m)g＝0，按照牛顿第三定律可知A对地面的压力大小为(M＋m)g，选项C正确、D错误．隔离B受力分析，如图乙所示，按照平衡条件，由图中几何关系，可得mgR ＝F′NR＋r＝F2Rr＋r2，解得F′N＝R＋rR mg，依据牛顿第三定律知：B对A的压力大小为R＋rR mg；细线对小球的拉力F＝2Rr＋r2R mg，选项A、B错误．4．(考点三)(单选)(2016·长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的滑腻圆环的最高点有一个滑腻的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动进程中手对线的拉力F和环对小球的弹力F N 的大小转变情形是()A．F减小，F N不变B．F不变，F N减小C．F不变，F N增大D．F增大，F N减小解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mgR ＝F NR＝FL，小球缓慢上移时mg不变，R不变，L减小，F大小减小，F N大小不变，A正确．5.(微专题6)(单选)(2016·衡水模拟)如图所示，三根长度均为l的轻绳别离连接于C、D两点，A、B两头被悬挂在水平天花板上，相距2l.此刻C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳维持水平，在D点上可施加的力的最小值为()A．mg mgmg mg解析：选C.由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力F T＝mg tan 30°＝33mg，D点受绳索拉力大小等于F T，方向向左．要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳索对D点的拉力可分解为沿BD绳的力F1、另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加的力的大小，故最小力F＝F T sin 60°＝12mg.。
2018高考物理一轮总复习达标训练课件：高考题突破讲座2 精品
• [答案] (1)B 不受木板如何运动的限制(或 摩擦力的测量更方便、准确)
• (2)木块的重力、弹簧测力计的示数
• (3)图象如图所示 0.25
• 3．通过功能关系测动摩擦因数
• [例3](2017·山东济南模拟)某同学尝试测量一 小滑块和长度为0.5 m的木板BC间的动摩擦因 数μ.首先，他把半径为R的四分之一圆弧轨道 AB固定在水平桌面上，如图甲所示，将小滑 块从A端由静止释放，小滑块落在地面上某 点(不反弹)，测出轨道B端离地面的高度h、B 端到小滑块的落点的水平距离x1.然后，他把 圆弧轨道AB和木板BC连接并固定在桌面上， 将小滑块仍然从A端由静止释放，最后的落
(1)图甲中，小滑块到达轨道 B 端时的速率为__________________．(用 g、h、x1 表示)
(2)若测出 h＝0.500 m、x1＝1.000 m、x2＝0.800 m，则 μ＝__________________. (3)下列说法正确的是__________________． A．桌面必须保持水平 B．实验中圆弧轨道 AB 必须是光滑的 C．让小滑块从 A 端释放多次，得到平均落点，能减小实验误差 D．若 R 太小，小滑块不能从木板 BC 右端滑下，则不能利用该装置求出 μ
[解析] (1)小滑块离开 B 点后做平抛运动，则
x1＝vBt h＝12gt2 解得 vB＝x1 2gh.
(2)同理 vC＝x2 2gh，小滑块从木板 B 端滑到 C 端，依据功能关系有 μmgL＝12mvB2－12mv2C 解得 μ＝v2B2－gLv2C＝0.36
(3)只有桌面保持水平，小滑块在空中才会做平抛运动，才能求得 vB、vC；即使圆 弧轨道 AB 不光滑，也不影响依据平抛运动求得的 vB、vC 正确性；当 R 太小时，小滑 块最终将停在木板 BC 上某位置，量出该点到 B 点距离，依据功能关系同样能求出 μ.
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, 学生用书P33])
1．(考点一)
(单选)(2016·忻州模拟)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P 与一平行斜面的轻弹簧Q 连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
答案：A
2．(考点二)(单选)(2016·山西模拟)如图所示，质量为m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A ，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为( )
A ．2mg B.3mg C ．mg D.32
mg
解析：选C.对B 点处的小球受力分析，如图所示，则有
F T sin 60°＝F N sin 60°
F T cos 60°＋F N cos 60°＝mg
解得F
T ＝F
N
＝mg，则A、B、D错误，C正确．
3．(考点二)(单选)(2016·新余模拟)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，A、B均静止，则( )
A．B对A的压力大小为2Rr＋r2
R
mg
B．细线对小球的拉力大小为R＋r
R
mg
C．A对地面的压力大小为(M＋m)g
D．地面对A的摩擦力大小为2Rr＋r2
R
mg
解析：选C.由于A、B处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图甲所示，根据平衡条件，可得F
N
－(M＋m)g＝0，根据牛顿第三定律可知A对地面的压力大小为(M＋m)g，选项C正确、D错误．隔离B受力分析，如图乙所
示，根据平衡条件，由图中几何关系，可得mg
R
＝
F′
N
R＋r
＝
F
2Rr＋r2
，解得F′
N
＝
R＋r
R
mg，依据牛顿第三定律知：B对A的压力大小为R＋r
R
mg；细线对小球的拉力F＝
2Rr＋r2
R
mg，选项A、B错误．
4．(考点三)(单选)(2016·长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )
A ．F 减小，F N 不变
B ．F 不变，F N 减小
C ．F 不变，F N 增大
D ．F 增大，F N 减小
解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L
，小球缓慢上移时mg 不变，R 不变，L 减小，F 大小减小，F N 大小不变，A 正确． 5.
(微专题6)(单选)(2016·衡水模拟)如图所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )
A ．mg B.33mg C.12mg D.14
mg 解析：选C.由题图可知，要想CD 水平，各绳均应绷紧，则AC 与水平方向的夹角为60°，结点C 受力平衡，则受力分析如图所示，则CD 绳的拉力F T ＝mgtan。