2018大二轮高考总复习物理文档：考前第7天 力与运动 Word版含答案
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第6天 能量和动量(保温训练)(含答案)
第二部分 考前第6天1．(多选)(2017·广东中山一中七校联考)在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是( )A ．在相同时间间隔内，速度变化相同B ．在相同时间间隔内，位移变化相同C ．在相同时间间隔内，动量变化相同D ．在相同时间间隔内，动能变化相同解析：平抛运动的加速度为g ，是个定值，根据Δv ＝g Δt 可知，在相同时间间隔内，速度变化相同，故A 正确；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，相同时间内，水平位移的变化量相同，但是竖直方向位移的变化量不等，所以总位移变化不同，故B 错误；根据ΔP ＝m ·Δv 可知在相同时间间隔内，速度的变化相同，则动量变化相同，选项C 正确；根据动能定理ΔE k ＝mg ·Δh ，因在相同时间间隔内，竖直方向位移的变化量不等，则动能变化不相同，选项D 错误；故选AC ．答案：AC2．(2017·辽宁实验中学月考)质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，则下列说法中不正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为1.25 m/s 2C ．在前2 m 的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 的运动过程中拉力对物块做的功为25 J解析：根据图象知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12m v 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s.故A 错误．对x ＝2 m 到x ＝4 m 段运用动能定理，有：Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ．a ＝F －μmg m ＝6.5－0.2×202m/s 2＝1.25 m/s 2.故B 正确．对前2 m运用动能定理得，Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6 N ，物体的加速度a ＝F －μmg m ＝6－42m/s 2＝1 m/s 2.末速度v ＝2E km＝82＝2 m/s ，根据v ＝at 得，t ＝2 s ．故C 正确．对全过程运用动能定理得，W F －μmgs ＝ΔE k ，解得W F ＝25 J ．故D 正确．此题选择错误的选项，故选A ．答案：A3．(多选)(2017·大庆一模)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等解析：开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝mg ，则m a ＝m sin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为m a g ×h sin θ＝mgh ，故A 正确．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量．所以摩擦力做功大于a 的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．答案：ABD4．(2017·成都外国语模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为2 m 的物体B 竖直向下轻放在A 上，则 (重力加速度为g )( )A ．放在A 上的一瞬间B 对A 的压力大小为23/mg B ．AB 一起向下运动过程中AB 间的压力先增大后减小C ．AB 向上运动到某一位置时将分离D ．运动过程中AB 物体机械能守恒解析：B 放在A 上的一瞬间，对AB 整体：2mg ＝3ma ；对B ：2mg －F AB ＝2ma ，解得F AB ＝2mg 3，选项A 正确；AB 一起向下运动过程中，整体的加速度先向下减小，后向上增大；故AB 间的压力一直增大，选项B 错误；因AB 间的压力一直增大，不可能为零，可知AB 不可能分离，选项C 错误；运动过程中弹簧弹力对AB 系统做负功，故AB 物体机械能减小，选项D 错误；故选A ．答案：A5．(多选) (2017·上海长宁区模拟)从地面A 处竖直向上抛一质量为m 的小球，小球上升到B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至C 点时的动能相等，B 点离地高度为h ，C 点离地高度为h3.空气阻力f ＝0.1 mg ，大小不变，重力加速度为g ，则( )A ．小球上升的最大高度为2hB ．小球上升的最大高度为4hC ．小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为35mghD ．小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为45mgh解析：设小球由B 点再上升h ′到达最高点，由动能定理得，12m v 2C －12m v 2B ＝mg ·23h －0.1mg ⎝⎛⎭⎫2h ′＋23h ＝0，解得h ′＝3h ，所以小球上升的最大高度H ＝h ＋h ′＝4h ，B 正确；下落过程中小球从B 点到C 点动能的增加量12m v 2C －12m v ′2B ＝mg ·23h －0.1mg ·23h ＝35mgh ，C 正确．答案：BC6．(2017·兰州一中月考)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R ，用质量为m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为s ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．取g ＝10 m/s 2，求：(1)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点； (2)B 、P 间的水平距离；(3)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)物块m 2由D 点以初速度v D 平抛，至P 点时，由平抛规律，得v y ＝2gR ，tan 45°＝v yv D ，解得v D ＝4 m/s假设能到达M 点，且速度为v M ，由机械能守恒，得12m 2v 2M ＋m 2gh ＝12m 2v 2D 由图中几何关系，得h ＝R2， 解得v M ＝24－22m/s ≈2.17 m/s ．能完成圆周运动过M 点的最小速度v M min ，由重力提供物体做圆周运动的向心力，m 2g ＝m 2v 2M (min )R ，v M (min)＝22m/s ≈2.83 m/s>2.17 m/s ， 所以不能到达M 点． (2)平抛过程水平位移为x ， 由平抛运动规律，得x ＝v D t R ＝12gt 2在桌面上过B 点后的运动为s ＝6t －2t 2，故为匀减速运动，且初速度为v B ＝6 m/s 、加速度为a ＝－4 m/s 2，B 、D间由运动规律，得v 2B －v 2D ＝2as解得B 、P 水平间距为x ＋s ＝4.1 m(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，由功能关系，得释放m 1时为E p ＝μm 1gs CB ， 释放m 2时为E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 2B m 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，由动能定理，得E p －W f ＝12m 2v 2D 解得W f ＝5.6 J答案：(1)不能到达M 点 (2)4.1 m (3)5.6 J7．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC ，半径为R ，如图所示．A 、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低点．其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的．有一个质量为m 的乙物体静止在B 点，另一个质量为4 m 的甲物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC 轨道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ＝60°.甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g ，求：(1)甲物体与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从B 点运动到D 点的过程中，摩擦力对其做的功．解析：(1)设甲物体由A 点运动到B 点处速度为v 0，由机械能守恒定律得4mgR ＝12×4m v 20 解得v 0＝2gR甲物体与乙物体碰撞过程取向左方向为正动量守恒4m v 0＝5m v 解得v ＝45v 0＝452gRI 甲＝4m v －4m v 0＝－45m 2gR ，方向水平向右． (2)F －5mg ＝5m v 2RF ＝5mg ＋6.4mg ＝11.4mg根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小也为11.4mg ，方向竖直向下． (3)由几何知识可知，整体上升的高度 h ＝R (1－cos θ)＝R2从B 点运动到D 点，由动能定理得 －5mg R 2＋W f ＝0－12×5m v 2解得W f ＝－0.7mgR ．答案：(1)45m 2gR 方向水平向右 (2)11.4mg 方向竖直向下 (3)－0.7mgR。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第七章静电场第2讲含答案
第2讲电场能的性质一、电势能、电势、电势差、等势面1．静电力做功(1）特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB,适用于任何电场．2．电势能（1）定义：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功．(2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量,即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p。
(3)电势能的相对性:电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零．3．电势（1)定义:电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．（2）定义式：φ＝错误!。
（3)矢标性:电势是标量，有正负之分，其正(负）表示该点电势比零电势高(低）．（4）相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．4．电势差（1)定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功与移动电荷的电荷量的比值．(2）定义式:U AB＝错误!。
(3)电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.5．等势面（1)定义：电场中电势相等的各点组成的面．（2)四个特点：①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高的等势面指向电势低的等势面．③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．④任意两个等势面都不相交．二、电场线、电势、电势能、等势面之间的关系1．电场线与电场强度：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线与等势面：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．3．电场强度大小与电势：无直接关系，零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方,电势不一定高．4．电势能与电势：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大．三、公式E＝错误!的理解1．只适用于匀强电场．2．d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．3．电场强度的方向是电势降低最快的方向．四、静电感应和静电平衡1．静电感应当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷,“近端"出现与施感电荷异种的感应电荷,“远端"出现与施感电荷同种的感应电荷．这种现象叫静电感应．2．静电平衡（1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时,自由电荷不再发生定向移动,导体处于静电平衡状态．（2)处于静电平衡状态的导体的特点①导体内部的场强处处为零；②导体是一个等势体，导体表面是等势面;③导体表面处的场强方向与导体表面垂直;④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上;⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度（单位面积上的电荷量)越大,凹陷的位置几乎没有净电荷．1．判断下列说法是否正确．(1)电势等于零的物体一定不带电．(×)(2）电场强度为零的点，电势一定为零．(×）(3）同一电场线上的各点,电势一定相等．(×)(4)负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加．(√）（5)电势越高的地方，电荷的电势能也越大．（×）2．（教科版选修3－1P39第7题）电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(）A．电场力做功仍为WB．电场力做功为错误!C．两点间的电势差仍为UD．两点间的电势差为错误!答案 C3．（教科版选修3－1P39第8题）一电荷在电场中从静止开始并只在电场力作用下运动，则它一定（)A．向场强较小的地方运动B．向电势较低的地方运动C．向电势能较小的地方运动D．沿某条电场线运动答案 C4。
2018年高考物理全国用二轮复习学案：考前第7天
考前第7天曲线运动与航天动量与能量考点提炼1.平抛运动和圆周运动2.天体的运动3.动量与能量临考必做1.北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。
对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是( )A.它们运行的线速度一定不小于7.9 km/sB.地球对它们的吸引力一定相同C.一定位于赤道上空同一轨道上D.它们运行的加速度一定相同解析同步卫星运行的线速度一定小于7.9 km/s，选项A错误；由于5颗同步卫星的质量不一定相等，所以地球对它们的吸引力不一定相同，选项B错误；5颗同步卫星一定位于赤道上空同一轨道上，它们运行的加速度大小一定相等，方向不相同，选项C正确，D错误。
答案 C2.如图1所示，光滑水平面上，P物体以初速度v与一个连着轻弹簧的静止的Q物体碰撞。
从P 物体与弹簧接触到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是( )图1A.P物体的速度先减小后增大B.Q物体的速度先增大后减小C.P物体与Q物体(含弹簧)组成系统的总动量守恒D.P物体与Q物体(含弹簧)组成系统的总动能守恒解析从P物体与弹簧接触到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧对P物体的作用力始终向左，则P物体的速度始终减小，同理Q物体的速度始终增大，A、B错误；从P物体与弹簧接触到弹簧被压缩至最短的过程中，P物体与Q物体(含弹簧)组成系统所受的合外力为零，故系统总动量守恒，C正确；在弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能一直增大，由能量守恒知系统的总动能不守恒，D错误。
答案 C3.如图2所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。
两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。
将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )图2A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。
2018届高三物理二轮复习课件：第2部分 考前冲刺方略-专题二 重点知识一周回访 考前第7天
【活学巧用】 末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看成初速 度为零的匀加速直线运动来处理．
4．自由落体更简单(取 g＝10 m/s2) (1)n 秒末速度(m/s)：10,20,30…＝gtn； (2)n 秒末下落高度(m)：5,20,45…＝12gt2n； (3)第 n 秒内下落高度(m)：5,15,25…＝12gt2n－12gt(n－1)2.
【临考必记】 卫星的轨道半径是卫星绕天体做圆周运动的圆轨 道半径，所以 r＝R＋h.当卫星贴近天体表面运动时，h→0，可近 似认为轨道半径等于天体半径．
4．变轨需在远地点、近地点 卫星由一个圆轨道变轨到另一个圆轨道，需经过椭圆轨道过渡， 变轨操控必须在椭圆轨道的近地点和远地点进行．
①在圆轨道与椭圆轨道的切点短时(瞬时)变速； ②升高轨道则加速，降低轨道则减速； ③升高(加速)后，机械能增大，动能减小，向心加速度减小，周 期增大．降低(减速)后，机械能减小，动能增大，向心加速度增 大，周期减小．
(2)渡河位移最短：①当 v1＞v2 时，能渡到正对岸，渡河最短位移 为河的宽度 d；②当 v1＜v2 时，不能到达正对岸，当合速度与 v1 垂直时渡河位移最短，为 v2d/v1.
2．绳端速度的分解 (1)沿绳的方向速度相等； (2)应分解的是物体的实际速度，分解为沿绳方向的分速度和垂直 绳方向的分速度，即物体的运动产生两个效果：使绳端沿绳的方 向伸长或缩短；使绳端绕滑轮转动．
5．如图所示，质量为 m 的球置于倾角为 θ 的斜面上，被一个竖 直挡板挡住，现用一个水平方向的力 F 拉斜面，使斜面在水平面 上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正 确的是( ) A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
(新课标)2018届高考物理二轮复习训练试卷含答案 ： 专题二 功和能 动量 能力训练7 动量 动量的综合应用
专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。
则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。
已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第7天 力与运动(保温训练)(含答案)
第二部分 考前第7天1．下列每个图象中的两条图线分别表示某质点运动的速度v 和加速度a 随时间t 变化的关系，则可能正确的是()解析：加速度方向和速度方向相反时质点做减速运动，A 错误；最初加速度方向与速度方向相反，速度减小到零，则质点先减速到零，然后反向加速，最后做匀速直线运动，B 正确；加速度方向和速度方向相同时速度应变大，C 、D 错误．答案：B2．如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k 1、k 2，它们一端固定在质量为m 的物体上，另一端分别固定在Q 、P 处，当物体平衡时上面的弹簧处于原长状态，若把固定的物体换为质量为2m 的物体(物体的大小不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x ，则x 为(已知重力加速度为g )( )A ．mg k 1＋k 2B ．k 1k 2mg (k 1＋k 2)C ．2mg k 1＋k 2D ．k 1k 22mg (k 1＋k 2)解析：当物体的质量为m 时，设下面的弹簧的压缩量为x 1，则mg ＝k 1x 1；当物体的质量为2m 时，2mg ＝k 1(x 1＋x )＋k 2x ，联立可得x ＝mgk 1＋k 2，A 正确． 答案：A3．(多选)(2017·天津模拟)2014年11月1日“嫦娥5号”试验器顺利着陆标志着我国已全面突破和掌握航天器高速载人返回的关键技术．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(弧度制)，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2πtθC ．月球的质量为s 3Gt 2θD ．月球的密度为3θ24Gt2解析：航天器的轨道半径为r ＝s θ，选项A 错误；航天器的环绕周期为T ＝2πω＝2πθt＝2πt θ，选项B 正确；根据G Mmr2＝m v 2r 可得：M ＝v 2r G ＝⎝⎛⎭⎫s t 2sθG ＝s 3Gt 2θ，选项C 正确；月球的密度为ρ＝M V ＝3M 4πr 3＝3θ24πGt 2，选项D 错误．答案：BC4．(多选)(2017·潍坊模拟)在图甲所示的粗糙斜面上，用平行于斜面向上的拉力F 拉物块，斜面和物块始终处于静止状态．若拉力F 按图乙所示规律变化，下列判断正确的是( )A ．地面对斜面的摩擦力逐渐减小B ．地面对斜面的摩擦力逐渐增大C ．物块对斜面的摩擦力可能一直增大D ．物块对斜面的摩擦力可能一直减小解析：将物块和斜面看作一个整体，整体在水平方向上受到拉力F 沿水平方向的分力，摩擦力，两力平衡，因为F 在增大，所以F 沿水平方向上的分力在增大，故摩擦力在增大，所以B 正确、A 错误；对物块分析，在沿斜面方向上受到拉力F ，重力沿斜面向下的分力，摩擦力，三力平衡，若摩擦力沿斜面向上并且方向不变，则F ＋F f ＝G sin θ，故F 增大，摩擦力减小，若摩擦力沿斜面向下并且方向不变，则F ＝G sin θ＋F f ，故F 增大，摩擦力增大，若摩擦力方向发生变化，则先减小后增大，故C 、D 正确．答案：BCD5．(多选)有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k 的轻质弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端挂一质量为m 的物体A (可视为质点)，物体A 与圆盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为R .重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．设物体A 开始滑动时圆盘的转速为n 0，且滑动后物体A 与圆盘转速仍然相等，下列说法正确的是( )A ．物体A 开始滑动时圆盘的转速n0＝12πμg R B ．物体A 开始滑动时圆盘的转速n 0＝1πμg RC ．转速达到2n 0时，弹簧的伸长量x ＝3μmgRkR －4μmgD ．转速达到2n 0时，弹簧的伸长量x ＝μmgRkR －4μmg解析：圆盘开始转动时，A 所受的静摩擦力提供向心力，若物体A 开始滑动时圆盘的转速为n 0，则μmg ＝mR (2πn 0)2，解得：n 0＝12πμg R，A 正确，B 错误；当转速增大到2n 0时，设弹簧的伸长量为x ，则有：μmg ＋kx ＝m (R ＋x )(2π·2n 0)2，解得x ＝3μmgRkR －4μmg，C 正确，D 错误．答案：AC6．(2017·长沙长郡中学月考)如图所示，中间有孔的物块A 套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F 以及拉力作用点的移动速度v 下列说法正确的是( )A ．F 不变，v 不变B ．F 增大，v 减小C ．F 增大，v 增大D ．F 增大，v 不变解析：设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A 做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：F cos θ＝mg ，因为θ增大，则F 增大，物体A 沿绳子方向上的分速度ν1＝v 1cos θ，因为θ增大，物体向上运动的速度v 1恒定则v 减小，故B 正确；ACD 错误．答案：B7．(2017·成都市龙泉第二中学高三月考)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体B 与竖直面动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量m A ＝1.0 kg ，大小可忽略的物块A ，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A 上，右端系住物块B ，物块B 质量m B ＝1.0 kg ，物块B 刚好可与竖直面接触．起始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体A 距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g 取10 m/s 2，求：(1)同时由静止释放A 、B ，经t ＝1 s ，则A 的速度多大；(2)同时由静止释放A 、B ，同时也对物块B 施加力F ，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求物块B 运动过程中的最大速度和物块B 经多长时停止运动．解析：依题得：(1)对A 、B 为系统：m B g ＝(m A ＋m B )a a ＝12g ＝5 m/s 2 v ＝at ＝5 m/s(2)A 、B 先做加速度减小的加速运动，在A 、B 加速度减为零之前，A 、B 一起运动，绳子拉紧，由图乙：F ＝kt (k ＝20 N/s)A 、B 为系统：m B g －μF ＝(m A ＋m B )a得：a ＝－5t ＋5画a -t 图如图：0－1 s ：a ＝0， t 1＝1 s ，速度最大为三角形面积． v m ＝12×1×5 m/s ＝2.5 m/s当在B 开始减速时，绳子松弛，A 匀速，B 减速 对B ：m B g －μF ＝m B a 得：a ＝－10t ＋10(t ≥1 s)如图速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等，得：12Δt ·10Δt ＝2.5Δt ＝22s t 总＝t 1＋Δt ＝1＋22≈1.7 s 答案：(1)5 m/s (2)1.7 s。
2018届高考物理二轮复习专题一力与运动练习
专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。
下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。
2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。
对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。
3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。
ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。
2018大二轮高考总复习物理文档：第2讲 力与直线运动(含答案)
第2讲力与直线运动一、记牢匀变速直线运动的“四类公式”二、理清一个网络，破解“力与运动”的关系高频考点1运动图象的理解及应用1－1.(2017·宁德市高中质检)AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sC．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m解析：根据Δv ＝at 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v ＝12×3×10－3×2×105 m /s ＝300 m/s ，选项A 、B 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150 m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t ＝150×3×10－3m ＝0.45 m ，故选项C 错误，D 正确；故选D ．答案：D1－2.(2017·广元市高三统考)如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移－时间(x -t )图像．A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C 、D 坐标如图所示．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻B 追上A ，t 2时刻A 追上BB ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度小于A 质点的平均速度C ．质点A 做直线运动，质点B 做曲线运动D ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t 1时刻A 追上B ，t 2时刻B 追上A ，故A 错误；t 1～t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻，故D 正确．答案：D1－3.(2017·延边州高三质检)将质量为m ＝0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度v 0＝20 m/s ，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f ＝kv ，已知k ＝0.1 kg/s.其在空中的速率随时间的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB ．小球在t 1时刻到达最高点，此时加速度为零C ．小球落地前匀速运动，落地速度大小v 1＝10 m/sD ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2解析：根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v 02＝10 m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10 m/s ，故A 错误．球在t 1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g ，故B 错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg ＝f ＝k v 1；得v 1＝10 m/s.故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2.故D 错误．答案：C图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合．利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图象中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口．解决此类问题的一般思路定图象―→明确图象是x -t 图象还是v -t 图象等 ↓明意义―→充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理意义，根据图象判断物体的运动情况及物体之间的相互关系↓用规律―→根据在运动图象中找出的各物理量之间的关系，运用相应的运动学规律进行求解高频考点2 匀变速直线运动规律的应用1．此类问题考查直线运动的运动学知识，一般不涉及力的问题，因此主要应用运动学规律进行求解，解题的一般步骤如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析． (3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程．2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式v t 2＝v －＝x t ＝v 0＋v2及相邻相等时间T 内位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图像(v 为该货车的速度，x 为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h 是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶，通过计算求解下列问题．(1)求满载时制动加速度大小a 1、严重超载时制动加速度大小a 2；(2)驾驶员紧急制动时，该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离是否符合安全要求？(3)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s ，则该型号货车满载时以72 km/h 的速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？[思路点拨](1)通过图像可确定加速度的大小；(2)由运动学规律可求货车满载和严重超载时的制动时间和制动距离； (3)货车在反应时间内做匀速直线运动．【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v 2＝2ax ，则a ＝v 22x，由图可知，满载时加速度大小a 1＝5 m/s 2，严重超载时加速度大小a 2＝2.5 m/s 2．(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，满载的最大安全速度为v m ＝72 km/h ＝20 m/s.由匀变速直线运动的规律可得其严重超载时制动时间t 1＝v 0a 2＝6 s ，制动距离x 1＝v 202a 2＝45 m ．满载时安全减速时间为t 2＝v m a 1＝4 s ，制动距离为x 2＝v 2m2a 1＝40 m ．由于t 1>t 2，x 1>x 2，故该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离均不符合安全要求．(3)货车驾驶员在反应时间内匀速行驶的距离为x 3＝v m t ＝20 m ．匀减速过程行驶的距离为x 4＝v 2m2a 1＝40 m ，从发现险情到货车停止运动，货车行驶距离为x ＝x 3＋x 4＝60 m ，故从安全的角度考虑，跟车距离至少应为60 m ．【答案】 (1)a 1＝5 m/s 2 a 2＝2.5 m/s 2(2)均不符合安全要求 (3)60 m2－1.(2017·长沙市中学一模)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A ．3x2B ．2x3C ．2x5B ．5x 2解析：3秒内的位移x ＝12at 2＝ 92a,2秒内的位移12at ′2＝2a .则9a 2－2a ＝x ，解得：a ＝2x5.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C2－2.(2017·宁夏六盘山高级中学二模)在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s 2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L 1＝12a 1t 21通过平台的时间：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s 冲上跑步机至跨栏：L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离： x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v 0＝a 2t 3 解得：t 3＝1 s对地位移为：x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m(向左)挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s．答案：14 s高频考点3牛顿运动定律的应用3－1．(多选)(2017·厦门市质检)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示()A．细绳的受到的拉力为mg/cos θB．细杆对环作用力方向水平向右C．细杆对小环的静摩擦力为MgD．细杆对环弹力的大小为(M＋m)g tan θ解析：对小球受力分析可知，细绳受到的拉力为T＝mgcos θ，选项A正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为(M＋m)g，选项C错误；对小球受力分析可知：mg tan θ＝ma；对球和环的整体：N＝(M＋m)a，解得：N＝(M＋m)g tan θ，选项D正确；故选AD．答案：AD3－2．(2017·宁德市质检)如图所示，质量为0.2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A．0.5 N B．2.5 NC．0 N D．1.5 N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝m A g＝0.2×10＝2 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －Fm A ＋m B＝(0.2＋0.6)×10－20.2＋0.6＝7.5 m/s 2，隔离对B 分析：m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝0.6×10－0.6×7.5 N ＝1.5 N ．故选D ．答案：D3－3.(多选)(2017·桂林、崇左联合调研)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，f ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm ×10＝m .当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm ×10＝3 m ．联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0－4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0－4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝ΔP ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s.故D 正确．答案：BD3－4． (多选)(2017·包头市高三模拟)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到0点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)kLmD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×k (L 2＋L 2－L )×cos 45°m＝g ＋(2－2)kLm ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg ·2L ＝12m v 2，即v ＝2gL ，D 正确．答案：CD1．整体法和隔离法的适用条件(1)整体法：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．高频考点4 运动图象与牛顿运动定律的综合应用为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝k v ．(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)[思路点拨] (1)滑块下滑过程中受几个力作用？ (2)在v - t 图象中，v ＝0时，加速度是否等于零？(3)能否利用v - t 图象获取物体运动的最大速度？此时物体加速度是多大？ 【解析】 (1)a ＝mg sin θ－μmg cos θ－k v m ＝g sin θ－μg cos θ－k v m滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零． (2)当a ＝0时速度最大，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315＝0.23最大速度v ＝2 m/s ，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3 kg/s ．【答案】 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m (2)v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k 减小滑块质量或减小斜面倾角 (3)μ＝0.23k ＝3 kg/s动力学与图象的综合问题做好两步第1步：判别物理过程．由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质．第2步：选择解答方法．根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断．4－1.若货物随升降机运动的v - t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：根据v-t图象可知升降机的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．答案：B4－2.(2017·江西三市七校联考)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图a.已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x -t图线如图b所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度v t．解析：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4－0.4＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；根据位移时间公式，有：x＝v0t＋12；2at根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2t＝2a′x答案：(1)木块上滑时的初速度为4 m/s，上滑过程中的加速度为－8 m/s2；(2)木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；(3)木块滑回出发点时的速度为22m/s．“板块”模型由木板和物块组成的相互作用的系统统称为板块模型，题目中常涉及多物体、多过程问题，是力学中最经典、最基本的模型之一，该模型往往利用一个可视为质点的小物块在一长木板上滑动的过程，求解过程中相关的物理量．题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算等内容，还可涉及牛顿运动定律、运动学规律，动能定理和能量的转化与守恒等知识，考查知识点较多，对考生的分析综合能力、应用数学求解物理问题的能力等要求较高．本模型在高考中常以物块—木板组合的形式出现．有时还会与斜面等结合在一起进行考查．水平面上的板块模型(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v t ＝1 m/s⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m⑰(也可用如图所示的速度－时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m板块模型至少涉及两个物体，所以运动过程和解法一般比较复杂．此类模型一般的处理方法如下．(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动究竟经历了哪几个过程；(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对每个过程进行运动学或动力学分析；(3)结合已知，列出方程：结合题目中给出的已知条件，根据运动学规律、牛顿运动定律或能量守恒定律等列出物体运动的每个过程中对应的方程，然后进行求解．解此类模型时还要注意，要紧紧抓住过程之间的连接点，这些连接点往往是解决问题的突破口(一般要从连接点的速度、加速度以及受力情况入手进行分析)．板块模型可以拓展为各种不同的形式，如将板块模型与斜面结合、滑块与传送带结合等各种不同的复合形式．但不论是哪种形式的板块模型，都需要从物理情境中确定研究对象，根据板块间的相互作用和各自的受力情况，建立物理模型，按照各自的运动过程逐一进行分析，画出运动过程的示意图，找出两物体相对运动的数学关系，挖掘隐含条件和临界条件，结合对应的物理规律进行求解．板块中的“斜面类模型”如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．【解析】由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度设小物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 设木板的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律可得F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t ，由运动学公式可得v 0－at ＝a ′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由位移公式可得x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 以上各式联立并代入数据求解可得l ＝0.714 m ． 【答案】 0.714 m斜面上的板块模型，主要考查已知受力情况求解运动情况的典型动力学问题．由于木板和物块均在斜面上运动，因此解决此类问题的关键除了对物体进行受力分析之外，还要注意将木板和物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行分解．另外，还要分析清楚木板和物块各自的运动过程，以及二者之间相互联系的物理量，最后结合运动学规律、牛顿运动定律或动能定理进行求解．板块中的“传送带模型”(多选) (2017·成都外国语学校高三月考)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带底端都以4 m/s 的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．物块A 、B 都能到达传送带顶端B ．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A 、B 所受摩擦力一直阻碍物块A 、B 的运动C ．物块A 运动到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD ．物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m【解析】 重力沿传送带向下的分力：G 1＝mg sin 37°＝35 mg ，物体与传送带间的摩擦力：f ＝μmg cos 37°＝25 mg ；物块A 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a A ＝G 1＋f m ＝35mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，A 的速度减为0时的位移：x A ＝v 202a A ＝422×10＝0.8 m<2 m ，A 不能到达传送带顶端，故A 错误；A 先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A 的摩擦力平行于传送带向下，A 向下做加速运动，摩擦力对A 做正功，摩擦力对A 不是阻碍作用，故B 错误；物块A 先向上做匀减速直线运动，物块A 减速运动时间：t 1＝v 0a A ＝410＝0.4 s ，A 速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：a A ′＝a A ＝10 m/s 2，物块与传送带速度相等需要的时间：t 2＝v 传送带a A ′＝110＝0.1 s ，A 向下运动的位移：x A ′＝12v t 2＝12×0.1＝0.05 m ，在整个过程中，传送带的位移：x 传送带＝v (t 1＋t 2)＝1×(0.4＋0.1)＝0.5 m ，物块A 上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s ＝x A －x A ′＋x 传送带＝0.8－0.05＋0.5＝1.25 m ，故C 正确；物块B 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a B ＝G 1＋f m ＝35 mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，物块B 减速到与传送带速度相等需要的时间：t B ＝v 0－v a B ＝4－110＝0.3 s ，物体B 的位移：x B ＝v 0＋v 2t B ＝4＋12×0.3＝0.75 m ，该过程传送带的位移：x ＝v t B ＝1×0.3＝0.3 m ，物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s ＝x B －x ＝0.75－0.3＝0.45 m ，故D 正确．【答案】 CD传送带问题中往往是传送带匀速转动，传送带上面的物块做匀变速直线运动，此类问题的一般解决办法：首先选取研究对象(一般为传送带上的物块)，然后对研究对象进行隔离处理，分析物块在传送带上运动时的动力学特征，最后结合运动学规律、牛顿运动定律以及功能关系等列出相应的方程进行求解．。
2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分 倒计时第7天 功能关系和能量守恒
倒计时第7天 功能关系和能量守恒A ．主干回顾B ．精要检索1．恒力做功的计算式W ＝Fl cos α(α是F 与位移l 方向的夹角)．2．恒力所做总功的计算W 总＝F 合l cos α或W 总＝W 1＋W 2＋…．3．计算功率的两个公式P ＝W t 或P ＝F v cos α．4．动能定理W 总＝E k2－E k1．5．机车启动类问题中的“临界点”(1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝P m v m． (2)匀加速运动的最后点为P v 1m－F 阻＝ma ；此时瞬时功率等于额定功率P 额． (3)在匀加速过程中的某点有：P 1v 1－F 阻＝ma ． (4)在变加速运动过程中的某点有P m v 2－F 阻＝ma 2． 6．重力势能E p ＝mgh (h 是相对于零势能面的高度)7．机械能守恒定律的三种表达方式(1)始、末状态：mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22．(2)能量转化：ΔE k(增)＝ΔE p(减)．(3)研究对象：ΔE A ＝－ΔE B ．8．几种常见的功能关系(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(4)若物体运动的过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．C．考前热身1．(多选)如图1所示，光滑水平面上有一长为L的小车，在小车的一端放有一物体，在物体上施一水平恒力F，使它由静止开始从小车的一端运动到另一端，设小车与物体之间的摩擦力为f，则()【导学号：17214224】图1A．物体到达另一端时的动能为(F－f)(s＋L)B．物体到达另一端时小车的动能为fsC．整个过程中消耗的机械能为fs D．物体克服摩擦力做功为fLAB[对物体运用动能定理可得(F－f)(s＋L)＝12m v2，则A正确；对车运用动能定理可得fs＝12M v2，则B正确；系统在整个过程中消耗的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，则整个过程中消耗的机械能为fL，C错误；物体克服摩擦力所做的功为f(L＋s)，D错误．]2．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为E k1和E k2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是()A．E k1＝E k2，W1＝W2B．E k1＞E k2，W1＝W2C．E k1＜E k2，W1＜W2D．E k1＞E k2，W1＜W2B[从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2．对两次经过a点的过程运用动能定理得，－W f＝E k2－E k1，可知E k1＞E k2，故B正确，A、C、D错误．]3．140 kg的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整表面前进(所受摩擦力按滑动摩擦力计算)，通过光照自主进行工作．若车轮与月球地面间的动摩擦因数为μ＝0．5，月球表面的重力加速度为g＝1．6 m/s2，现在正以最大速度做匀速直线运动，前进100 m用时30 min．则月球车提供的动力功率为()A．P＝1．1×102 W B．P＝16．2 WC．P＝81 W D．P＝6．2 WD[玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力等于前进提供的动力，由力平衡得：F＝μmg，解得F＝112 N，平均速度v＝xt＝1001 800m/s＝118m/s，P＝F v，解得P＝6．2 W，故D正确．]4．如图2所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图2A．杆对圆环的弹力先增大后减小B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大BD[圆环在下滑的过程中，设下降的高度为x，根据胡克定律得，弹簧的弹力F弹＝k(x2＋L2－L)，杆子对圆环的弹力N＝F弹sin θ＝k(x2＋L2－L)·Lx2＋L2＝kL－kL sin θ，sin θ逐渐减小，则杆对圆环的弹力增大，故A错误．图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹性势能为零，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为(2L)2－L2＝3L，可得圆环下降的高度为h＝3L，根据系统的机械能守恒得，在最低点时动能为0，弹性势能的增加量等于重力势能的减小量，为3mgL，故B正确．当合力为零时，速度最大，当下滑到最大距离时，速度为零，加速度不为零，所受合力不为零，故C错误．因为系统机械能守恒，圆环动能和弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减小量，重力势能一直减小，则圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大，故D正确．]5．(多选)如图3所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L 的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球沿顺时针转动到最低位置的过程中()图3A．A、B两球的角速度大小始终相等B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大C．B球转动到最低位置时的速度大小为2 3gLD．杆对B球做正功，B球机械能不守恒AC[A、B两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项A正确；杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B 球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B错误；设B球转动到最低位置时的速度为v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2mgL－mgL＝12(2m)v2＋12m v2，解得v＝23gL，选项C正确；B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了23mgL，机械能减少了，所以杆对B球做负功，选项D错误．]6．(多选)如图4甲所示，质量m＝0．5 kg，初速度v0＝10 m/s的物体，受到一个与初速方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3 s后撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()图4A．物体与地面间的动摩擦因数为0．1B．0～2 s内F做的功为－8 JC．0～7 s内物体由于摩擦产生的热量为25 JD．0～7 s内物体滑行的总位移为29 mABD[由图象可知物体在3～7 s内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小a＝1 m/s2＝μg，得物体与地面间的动摩擦因数为0．1，A正确；计算0～7 s内所围面积可得物体滑行的总位移为x＝29 m，D正确，0～7 s内物体由于摩擦产生的热量为Q＝μmgx＝14．5 J，C错误；0～2 s加速度大小a1＝2 m/s2，由μmg＋F＝ma1可得F＝0．5 N，0～2 s内位移由面积可得x′＝16 m，所以F做的功为W＝－Fx′＝－8 J，B正确．]7．如图5所示，在光滑水平地面上放置质量为M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0．6 m．滑块在长木板上滑行t＝1 s后，和长木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2．求：图5(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多少？【导学号：17214225】【解析】(1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二定律有F f＝Ma1由运动学公式得v＝a1t代入数据解得F f＝2 N．(2)滑块在长木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－F f＝ma2设滑块滑上长木板时的初速度为v0，则有v－v0＝a2t代入数据解得v0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh －Q 1＝12m v 20－0代入数据解得Q 1＝1．5 J ．(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时长木板的位移为s 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1．5 m 所以Q 2＝F f ·L ＝3 J则Q ＝Q 1＋Q 2＝4．5 J ．【答案】 (1)2 N (2)1．5 J (3)4．5 J。
2018届高考物理二轮复习考前第7天能量和动量学案
考前第7天 能量和动量[回顾知识]1．功的定义式W ＝Fl cos α(α是F 与位移l 方向的夹角)，这种方法只适用于恒力做功．当0≤α<π2时F 做正功，当α＝π2时F 不做功，当π2<α≤π时F 做负功．2．功率P ＝Wt＝Fv cos α (1)当v 为瞬时速度时，对应的P 为瞬时功率． (2)当v 为平均速度时，对应的P 为平均功率． 3．机车启动问题中的注意点(1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝P m v m. (2)匀加速运动的最后点为Pv 1m－F 阻＝ma ；此时瞬时功率等于额定功率P 额． (3)在匀加速过程中的某点有：P 1v 1－F 阻＝ma . (4)在变加速运动过程中的某点有P m v 2－F 阻＝ma 2. 4．动能定理(1)定义：外力做功的代数和等于物体动能的变化量． (2)表达式：W 合＝E k2－E k1.(3)适用范围：单个物体，单一过程或多个过程，直线运动或曲线运动． 5．机械能守恒定律(1)成立条件：系统内只有重力或弹力做功，其他任何内力、外力都不做功或做功的代数和为零．物体间只有动能和重力势能及弹性势能相互转化，系统跟外界没有发生机械能的转化，机械能也没有转化成其他形式的能(如没有内能产生)，系统的机械能守恒．(2)表达式 ①E k1＋E p1＝E k2＋E p2 ②ΔE k ＝－ΔE p . ③ΔE A 增＝ΔE B 减 6．几种常见的功能关系(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，这个关系叫做动量定理．(2)表达式：F·t＝mv2－mv1＝Δp.动量定理不仅适用于恒力作用的过程，也适用于随时间变化的变力作用的过程．对于变力作用的过程，动量定理中的F可以理解为变力在作用时间内的平均值．(3)根据F＝ma得F＝ma＝m v′－vΔt＝p′－pΔt，即F＝ΔpΔt，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．8．动量定恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．(2)三种常见表达式①p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)．实际应用时的三种常见形式：a．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)．b．0＝m1v1′＋m2v2′(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等)．c．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的情况，如完全非弹性碰撞)．②Δp＝0(系统总动量不变)．③Δp1＝－Δp2(相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．(3)动量守恒的条件①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力之和为零，则系统动量守恒．②分方向守恒：系统在某一方向上不受外力，或外力之和为零，则系统在这一方向上的动量变化量为零，系统在这一方向上动量守恒．③近似守恒：系统的内力远大于外力或者系统在某一方向上的内力远大于外力，则系统的外力或系统在某一方向上的外力可以忽略不计，系统或系统在某一方向上的动量近似守恒．[回顾方法]1．求变力做功的常用方法 (1)将变力转化为恒力以恒代变法——通过关联点将变力做功转化为恒力做功；化曲为直法——可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求所做的功； 平均力法——若力F 随位移l 线性变化，可用平均力将变力转化为恒力．(2)图象法：作出变力F 随位移l 变化的图线，图线与位移轴所围的面积即变力所做的功．(3)当某力做功的功率P 一定时，该力在时间t 内做的功可由W ＝Pt 计算． (4)根据动能定理、功能关系，通过求能量的变化来求变力所做的功． 2．解决机械能守恒综合题目的一般方法(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．(2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解． 3．分析小球碰撞是否合理的三种方法 (1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或12m 1v 21＋12m 2v 22≥12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2(3)速度要符合物理情景①碰前两物体同向，则应用v 后>v 前，碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v后′；②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．[回顾易错点]1．区分一对静摩擦力与一对滑动摩擦力做功． 2．区分平均功率与瞬时功率．3．区分在机车启动类问题中“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度”． 4．区分机械能守恒条件中“只有重力做功”和“只受重力作用”． 5．区分动量守恒条件与机械能守恒条件．6．区分动量定理与动能定理．7．区分弹性碰撞与非弹性碰撞．。
高考物理7天冲刺第一章力 物体的平衡
取夺市安慰阳光实验学校高考物理最后7天冲刺第一章力物体的平衡一、力的分类1.按性质分：重力（万有引力）、弹力、摩擦力、分子力、电场力、磁场力……（按现代物理学理论，物体间的相互作用分四类：长程相互作用有引力相互作用、电磁相互作用；短程相互作用有强相互作用和弱相互作用。
宏观物体间只存在前两种相互作用。
）2.按效果分：压力、支持力、拉力、动力、阻力、向心力、回复力……3.按产生条件分：场力（非接触力）、接触力。
二、弹力1.弹力的产生条件：弹力的产生条件是两个物体直接接触，并发生弹性形变。
2.弹力的方向⑴压力、支持力的方向总是垂直于接触面。
⑵绳对物体的拉力总是沿着绳收缩的方向。
⑶杆对物体的弹力不一定沿杆的方向。
如果轻直杆只有两个端点受力而处于平衡状态，则轻杆两端对物体的弹力的方向一定沿杆的方向。
3.弹力的大小对有明显形变的弹簧、橡皮条等物体，弹力的大小可以由胡克定律计算。
对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定。
⑴胡克定律可表示为（在弹性限度内）：F=kx，还可以表示成ΔF=kΔx，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比。
⑵“硬”弹簧，是指弹簧的k值大。
（同样的力F作用下形变量Δx小）⑶一根弹簧剪断成两根后，每根的劲度k都比原来的劲度大；两根弹簧串联后总劲度变小；两根弹簧并联后，总劲度变大。
三、摩擦力1.摩擦力产生条件摩擦力的产生条件为：两物体直接接触、相互挤压、接触面粗糙、有相对运动或相对运动的趋势。
这四个条件缺一不可。
两物体间有弹力是这两物体间有摩擦力的必要条件。
（没有弹力不可能有摩擦力）2.滑动摩擦力大小⑴在接触力中，必须先分析弹力，再分析摩擦力。
⑵只有滑动摩擦力才能用公式F=μF N，其中的F N表示正压力，不一定等于重力G。
3.静摩擦力大小⑴必须明确，静摩擦力大小不能用滑动摩擦定律F=μF N计算，只有当静摩擦力达到最大值时，其最大值一般可认为等于滑动摩擦力，既F m=μF N⑵静摩擦力的大小要根据物体的受力情况和运动情况共同确定，其可能的取值范围是0＜F f≤F mF2F1F2FO4.摩擦力方向⑴摩擦力方向和物体间相对运动（或相对运动趋势）的方向相反。
2018版高考物理二轮()教师用书：第一部分 专题二 力与直线运动 Word版含解析
专题二 力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】解此题抓住两点： (1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x5v1＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m ．该车减速时的加速度大小为5m/s 2．则下列说法中正确的是( )【：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v0a ＝－8－5 s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx ＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【：17214017】A．v t B．vt 2C．2v t D．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t达到起飞速度v，则它在时间t内的位移为：x＝v t＝0＋v2t＝vt2，故B正确，A、C、D错误．]●考向3追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4m/s的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16m/s的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2m/s2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【：17214018】图2-3【解析】当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有对乙车：t＝v甲－v乙a＝错误!s＝10 s在这段时间内，甲车的位移为x甲＝v甲t＝4×10 m＝40 m乙车的位移为x乙＝v0t ＋12at2＝⎝⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102m＝－60 m所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L＝x甲＋|x乙|＝100 m．【答案】波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m．考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214020】A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v-t图象不可能的是( )【：17214021】ABCDC [若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律；下滑时有：mg sin α－μmg cos α＝ma 得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等于加速下度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )【：17214022】图2-4ABCDB [物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B 选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是( )【：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B [在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．] 7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力( )【：17214024】图2-6A．x＝1 m时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m 时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3 m/s 2＝－23m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【：17214025】图2-7 A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【：17214026】图2-9 A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【：17214027】【解析】根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知： (1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v202μg． (2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则ayax ＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δvy Δvx ＝tan θ且由题意知tan θ＝vy vx则v′y v′x ＝vy －Δvyvx －Δvx＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0． (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ， 由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ 由匀变速运动规律知 在侧向上：－2a x x ＝0－v 20 在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0 工件滑动时间：t ＝2v0ay乙前进的距离：y 1＝2v 0t 工件相对乙的位移：L ＝错误! 则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmgv05．【答案】(1)2v202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmgv058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11所示，将小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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1m ，取g ＝10m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【：17214028】【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 2l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22．4 N．【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC和BD悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D [薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC [以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为( )甲 乙图2-14A ．4 kgB ．3 kgC ．2 kgD ．1 kgB [设A 、B 的质量分别为m 和M ． 当F ＝4 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a代入数据解得：M ＋m ＝4 kg当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B ，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M知a -F 图线的斜率 k ＝1M＝1，解得：M ＝1 kg ，所以A 的质量为：m ＝3 kg ． 故B 正确，A 、C 、D 错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，sin 37°＝0．6，cos37°＝0．8，计算结果请用μ、h 和g 表示．图2-15 (1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝错误!．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是错误!(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过( )【：17214030】图2-16A．F0m－g B．g＋F0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2＋g2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：错误!＝ma 解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图2-17所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间、A ，5．0为减小2μ间的动摩擦因数C 、B ，38减小为1μ间的动摩擦因数B 、A ①内，B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2下B 离A ③开始运动时，A 保持不变．已知2μ，为光滑的上表面突然变B ②末，s 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加C ，m _27＝l 边缘的距离速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)⑤A 在B 上总的运动时间． [信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a1t21＋v1t2＋12a′1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2t21＋v2t2＋12a′2t 2 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分) 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v-t图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。
2018届高考物理二轮复习保温精练考前第7天能量和动量
考前第7 天能量和动量[ 保温精练]1．如下图，已知一个小球能在竖直搁置的圆环内起码做n 次完好的圆周运动，当它第( n－ 2) 次经过环的最低点时速度大小为7 m/s，第 ( n－ 1) 次经过环的最低点时速度大小为5 m/s，则小球第n 次经过环的最低点时的速度v 的大小必定知足()A．小于 1 m/s B．等于 1 m/sC．大于 1 m/s D．等于 3 m/s[分析]设小球质量为m，由动能定理知，第 n－1次做圆周运动时战胜摩擦力做的功W 1212122n－1次同样，则： W＝2mv－2mv＝2m(7－5 )＝12m；若第 n 次战胜摩擦力做的功与第n n1212122＝ 12m，解得：v n＝ 1 m/s. 而实质运动过程中经同一点时，速度＝ mv n－1－ mv n＝ m(5－ v n)222愈来愈小，需要的向心力愈来愈小，对轨道的压力也会愈来愈小，而滑动摩擦力f ＝N，μF每运动一圈，战胜摩擦力做的功也会愈来愈小，第n 圈战胜摩擦力做的功必定小于第n－1圈战胜摩擦力做的功，所以v 必定大于 1 m/s ， C正确．[答案]C2．( 多项选择 )(2017 ·云南昆明高三质检) 如下图，质量为 2m的物体B静止在圆滑的水平面上，物体 B 的左侧固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v 向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体 A 接触弹簧开始到走开弹簧的过程中，物体A、 B 一直沿同向来线运动．以初速度v 方向为正，则()A．此过程中弹簧对物体 B 的冲量大小大于弹簧对物体 A 的冲量大小12B．弹簧的最大弹性势能为3mv2C．此过程弹簧对物体B的冲量为3mv1D．物体A走开弹簧后的速度为－3v[ 分析 ]此过程中弹簧对物体B的作使劲和弹簧对物体A的作使劲是一对作使劲和反作使劲，大小相等，作用时间同样，依据冲量的定义可知，此过程中弹簧对物体 B 的冲量大小等于弹簧对物体 A 的冲量大小，选项A错误；当两物体速度相等时，弹簧弹性势能最大，由v动量守恒定律得mv＝( m＋2m) v′，解得 v′＝3，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能121212E p＝2mv－2( m＋2m) v′＝3mv，选项B正确；设物体 A 走开弹簧时速度为v1，物体 B 速度为v 2，由动量守恒定律得，＝ 1 ＋22，由能量守恒定律得，12＝12121＋·2 2，联立mv mv mv2mv2mv2mv 12解得 v1＝－3v， v2＝3v.在物体 A 走开弹簧时，由动量定理得，此过程中弹簧对 B 的冲量等于物体B 动量的变化，即I＝22＝4，选项 C错误， D 正确．mv3mv[答案] BD3. 甲、乙两物体用细线相连，越过两圆滑滑轮按如右图所示方式连结，滑轮上方搁置一竖直的圆滑半圆形轨道，甲物体与地面接触，乙物体紧挨滑轮地点，两滑轮到地面距离与半圆轨道直径相等，且与圆心在同一水平线上．若两滑轮与甲、乙物体均视为质点，且两滑轮之间距离可视为与半圆轨道直径相等，现将乙由静止开始开释，甲物体向上运动到圆弧轨道后，恰巧能沿半圆轨道做圆周运动，则甲、乙两物体质量之比为()A．1∶7B．1∶6C．1∶5D．1∶4[分析]设甲、乙两物体质量分别为1、 2，轨道半径为，当乙着落到地面、甲运动m m R到半圆轨道下端时，由题意知，对系统由机械能守恒定律可得2m2gR－ 2m1gR＝1( m2＋m1) v2，22m1v1甲球恰巧能做圆周运动，则甲球在圆轨道最高点时必有m1g＝R，甲由轨道下端运动到最高1212点过程中由机械能守恒定律可得：2m1v＝ m1gR＋2m1v1，联立以上各式可得：m2＝7m1，则A正确．[答案]A4． ( 多项选择 ) 倾角θ＝30°的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端邻近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处．质量分别为 4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连结，越过固定在斜面体顶端的圆滑定滑轮，如下图．开始物块甲位于斜面体上的M处，且 MO＝ L，物块乙开始距离水平面足够远，现将物块甲和乙由静止开释，物块甲沿斜面下滑，当物块甲将弹簧压缩到N点时，物块甲、乙的速度减为零，LON＝2.已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，重力加快度取g＝10m/s2，忽视空气的阻力，整个过程细绳一直没有废弛．则以下说法正确的选项是() A．物块甲由静止开释到斜面体上N点的过程，物块甲先做匀加快直线运动，紧接着做匀减速直线运动直到速度减为零B．物块甲在与弹簧接触前的加快度大小为0.5 m/s23C．物块甲位于N点时，弹簧所储藏的弹性势能的最大值为8mgL9D．物块甲位于N点时，弹簧所储藏的弹性势能的最大值为8mgL[ 分析 ] 开释物块甲、乙后，物块甲沿斜面加快下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，物块甲做加快度减小的加快运动，当把弹簧压缩到某一地点时，物块甲沿斜面受力均衡，速度达到最大，以后物块甲做加快度增大的减速运动， A 错误；对物块甲、乙，依据牛顿第二定律有4 sinθ－－＝5 ，此中f＝ 4cosθ，解得a＝mg mg f maμmg1＝ 0.5 m/s2，B 正确；以物块甲和乙为研究对象，从点运动到N 点，在N点弹簧压缩最20gM短，弹性势能最大，由动能定理得4mg2sin θ－mgL＋2－fL＋2＋W 0，解得W L＋LL L弹＝弹33＝－8mgL，弹性势能的变化量ΔE p＝－W弹＝8mgL，C正确，D错误．[答案] BC。
2018版物理高考二轮复习备考浙江选考版讲义：专题一
第3讲 牛顿运动定律的理解和应用[选考考点分布]考点一 牛顿运动定律的有关辨析1．(2017·浙江11月选考·2)在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是( ) A ．质量，千克 B ．能量，焦耳 C ．电阻，欧姆 D ．电量，库仑答案 A解析 国际基本物理量有：质量，长度，时间，电流，发光强度，热力学温度，物质的量，故选A.2．(2017·浙江4月选考·1)下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是( ) A ．力，kg B ．功率，J C ．电场强度，C/N D ．电压，V答案 D解析力的国际单位是N，功率的国际单位是W，电场强度的国际单位是N/C，电压的国际单位是V，所以正确答案为D.3．(2016·浙江10月学考·2)下列均属于国际制基本单位的是()A．m、N、J B．m、kg、JC．m、kg、s D．kg、m/s、N答案 C4．(人教版必修1P70第1至3题改编)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是() A．飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标B．地球自西向东转，你向上跳起来后，不会落到原地C．安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力答案 C5．(人教版必修1P81“实验”改编) 把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手拉测力计A，如图1，则()图1A．A拉B的力小于B拉A的力B．A拉B的力大于B拉A的力C．A拉B的力与B拉A的力是一对平衡力D．A拉B的力与B拉A的力是一对相互作用力答案 D解析根据牛顿第三定律，相互作用的两个物体间的作用力大小相等、方向相反．A、B间的力为相互作用力，故D项正确．6．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因答案 D7. 课间休息时，一位男生跟一位女生在课桌面上扳手腕比力气，结果男生把女生的手腕压倒到桌面上，如图2所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是()图2A．男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大B．男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力一样大C．男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供给自己手腕的力D．男生扳女生手腕的力与女生臂膀提供给自己手腕的力一样大答案 B解析根据牛顿第三定律，男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力大小相等．8．如图3所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空．当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是()图3A．一对平衡力B．作用力和反作用力C．拉力小于重力D．拉力大于重力答案 D解析因加速上升，所以拉力大于重力．1.力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动状态．2．惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度．惯性的两种表现形式：(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态易改变．3．国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量．它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而通过物理量之间的关系式推导出来的物理量单位叫做导出单位． 4．牛顿第二定律的五性五性⎩⎪⎨⎪⎧矢量性→F ＝ma 是矢量式，a 与F 同向瞬时性→a 与F 对应同一时刻因果性→F 是产生a 的原因同一性⎩⎪⎨⎪⎧ a 、F 、m 对应同一个物体a 、F 、m 统一使用SI 制单位独立性→每一个力都可以产生各自的加速度考点二 牛顿运动定律的应用1. 如图4所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a ，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小铁球m ，M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增大到3a 时，M 、m 仍与小车保持相对静止，则()图4A ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B ．细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C ．细线的拉力增加到原来的3倍D ．M 受到的摩擦力增加到原来的3倍 答案 D解析 小球受重力和细线的拉力，沿水平和竖直方向正交分解，得F T sin θ＝ma ，F T cos θ＝mg ，则a ＝g tan θ，所以加速度增大到3a 时，细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍，选项A 、B 错误；由以上分析知，细线水平分力增到原来的3倍，但竖直分力等于小球重力不变，所以实际细线的拉力不会增大到原来的3倍，选项C 错误；对M 和m 整体受力分析F f ＝(M ＋m )a ，故M 受到的摩擦力增加到原来的3倍，选项D 正确．2．(2017·稽阳联谊学校8月联考)下列情景中哪个不是失重造成的结果( ) A ．天宫二号内部的物品可以飘在空中B ．汽车快速过拱形桥时，司机感觉到自己对座位的压力小了C ．电梯从十楼向下启动时，人感觉轻飘飘的D ．小朋友放飞气球，气球飘飘荡荡飞上了天空 答案 D解析 A 、B 、C 都是失重或完全失重造成的，只有D 是因为浮力大于重力造成的，因此D 正确．3. (2016·温州市联考)如图5所示，a 、b 两小球用细线连接，通过一轻质弹簧悬挂在天花板上，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度分别为(取向下为正方向)( )图5A ．0，gB ．－g ，gC ．－2g ，gD ．2g,0答案 C解析 在细线烧断之前，a 、b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹簧弹力方向向上，大小为3mg .当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a 受向上3mg 的弹力和向下mg 的重力，故加速度a a ＝3mg －mg m ＝2g ，方向向上．对b 而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度a b ＝2mg2m ＝g ，方向向下．取向下为正方向，有a a ＝－2g ，a b ＝g .故选项C 正确．4. (2016·浙江北仑中学期中)如图6所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )图6A ．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB ．木块受到的合力大小为(M ＋m )aC ．小车受到的摩擦力大小为mFm ＋MD ．小车受到的合力大小为(m ＋M )a答案 C解析 木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma ，A 、B 错误；小车受到的合外力为Ma ，D 错误；对小车和木块整体：F ＝(M ＋m )a ，对木块：F f ＝ma ＝m FM ＋m ，由牛顿第三定律得小车受到的摩擦力也为mFM ＋m.5．(2017·嵊州市高级中学期末)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F 阻＝kr 2v 2，其中k 为比例系数，r 为雨滴半径，v 为其运动速率．t ＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a 表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v 0.下列图象中不正确的是( )答案 D解析 由mg －F 阻＝ma 得，雨滴先加速下落，随着v 增大，阻力F 阻增大，a 减小，a ＝0时，v ＝v 0不再变化，故A 、B 正确；又mg ＝kr 2v 0 2，v 0 2＝mg kr 2，又m ＝43πρr 3得v 0 2＝4πρg 3kr ，即v 0 2与r 成正比关系，即C 正确，D 错误．6．(2017·温州市十校高三期末)如图7甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F －t 图线．两图中a ～g 各点均相对应，其中有几个点在甲图中没有画出，图乙中a 、c 、e 点对应的纵坐标均为700 N ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是( )甲 乙图7A ．此人重心在b 点时处于超重状态B ．此人重心在c 点时的加速度大小大于在b 点时的加速度大小C ．此人重心在e 点时的加速度大小大于在a 点时的加速度大小D．此人重心在f点时的脚刚好离开传感器答案 D解析由题图知a、c、e点处对应的F＝G，故加速度等于0，b点处F＜G，处于失重状态．1.只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．2．加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失．3．受力分析中的突变问题(1)轻绳、轻杆和接触面的弹力可以突变．(2)弹簧、橡皮筋的弹力不可以突变．4．连接体问题的分析思路(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般“先整体求加速度，后隔离求内力”．(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把各个物体从系统中隔离出来，分析各个物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程求解．考点三动力学的两类基本问题1．(2017·浙江4月选考·19)如图8所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表：图8(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小． 答案 (1)0.105 m/s 2 84 m (2)400 N (3)3.86 m/s 解析 (1)由运动学公式a 1＝ΔvΔt＝0.105 m/s 2 位移x 1＝12a 1t 2＝84 m(2)减速运动过程中加速度大小 a 2＝|v 1－v |t 3＝0.05 m/s 2由牛顿第二定律得F ＝Ma 2＝400 N (3)位移x ＝0＋v 2t 1＋v t 2＋v ＋v 12t 3＝2 780 m平均速度v ＝xt≈3.86 m/s.2. (2016·浙江10月学考·19)如图9所示在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km /h.(g 取10 m/s 2)图9(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案 见解析解析 (1)列车的速度为324 km/h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度大小为 a ＝Δv t ＝90－0300m/s 2＝0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′ v 2＝2a ′x ′解得a ′＝0.5 m/s 2 ，则F ＝1.2×106 N(3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5 s ＝180 s减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300 m ＝13 500 m所以整个过程的平均速度v ＝x ＋x ′t 总＝13 500＋8 100300＋240＋180m/s ＝30 m/s. 3. (2016·浙江4月学考·19)如图10是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s ．若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及上升高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间．答案 (1)0.9 m/s 2 180 m (2)654 N ，方向竖直向下 (3)6 s解析 (1)由运动学公式可得 a 1＝v m t 1＝1820 m/s 2＝0.9 m/s 2h ＝12a 1t 1 2＝12×0.9×202 m ＝180 m (2)根据牛顿第二定律可得 F N －mg ＝ma 1则F N ＝mg ＋ma 1＝654 N 根据牛顿第三定律得小明对地板的压力F N ′＝F N ＝654 N ，方向竖直向下 (3)设匀速运动时间为t 0，运动的总时间为t ，由v －t 图象可得 H ＝12(t ＋t 0)v m解得t 0＝6 s.4. (人教版必修1P86例2)如图11所示，一个滑雪的人，质量m ＝75 kg ，以v 0＝2 m /s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，t ＝5 s 的时间内滑下的路程x ＝60 m ，g ＝9.8 m/s 2，求滑雪人受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)大小．图11答案 67.5 N解析 由x ＝v 0t ＋12at 2得a ＝4 m/s 2，又由牛顿第二定律mg sin θ－F 阻＝ma 得F 阻＝mg sin θ－ma ＝67.5 N.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图12所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射器起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为f .问：图12(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？ 答案 (1)M v t 1－t 0－F ＋f (2)v (t 1－t 0)2＋M v 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2M v解析 (1)设飞机在加速过程中加速度为a 1， 由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝vt 1－t 0① 由牛顿第二定律可得F －f ＋F 辅＝Ma 1②由①②可得F 辅＝M vt 1－t 0－F ＋f .(2)飞机在加速过程中滑行的距离s 1为s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2 ③设飞机在减速过程中加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F －f －F 辅＝Ma 2 ④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式v t 2－v 0 2＝2ax 可得s 2＝－v 22a 2 ⑤由①②④⑤可得s 2＝M v 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2M v要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 至少为L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋M v 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2M v .1.以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：2．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．考点四 用动力学方法解决传送带问题1. 如图13所示，电动传送带以恒定速度v 0＝1.2 m/s 运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m ＝20 kg 的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h ＝1.8 m 的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图13答案 3.25 s解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v 0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmg cos α－mg sin α＝ma ，解得a ＝0.8 m/s 2.从静止到与传送带共速所用时间t 1＝v 0a ＝1.20.8s ＝1.5 s ， 沿斜面向上的位移x ＝v 02t 1＝0.9 m. 物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t 2＝l －x v 0＝ 1.8sin 37°－0.91.2s ＝1.75 s ， 总时间为t ＝t 1＋t 2＝3.25 s.2．如图14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 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则()图14A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析 t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力作用，故D 错误．3. (2017·浙江余姚中学高三上期中)如图15所示，传送带的水平部分AB 是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB 所用时间为t 1，从B 端飞出时速度大小为v 1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB 所用时间为t 2，从B 端飞出时速度大小为v 2，则()图15A．t1＝t2，v1＝v2B．t1＜t2，v1＞v2C．t1＞t2，v1＞v2D．t1＝t2，v1＞v2答案 A解析在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误．1.在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．(1)传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．(2)物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．(3)v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点．2．判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态．3．考虑传送带长度——判定到达临界状态之前是否滑出以及物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止一起做匀速运动．专题强化练(限时：35分钟)1．(2017·杭州市四校联考)同学们知道物理学中力的单位是“N”，但“N”是一个导出单位，如果用国际制基本单位表示，下列正确的是()A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg2·m/s D．kg·m2/s答案 A2．(2017·温州市九校高三上学期期末)根据图1，下列关于运动和力的叙述正确的是()图1A．图甲中，运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿着半径方向“离心”而去B．图乙中，在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．图丙中，在水平直跑道上减速运动的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．图丁中，人在体重计上站起的瞬间指针示数会变大答案 D解析A中摩擦力消失，由于惯性，他将沿切线方向飞出；B中小球受到的合外力大小不变，但方向变化，故是变力；C中由相互作用力的关系，伞对飞机的拉力等于飞机对伞的拉力；D中站起瞬间有向上的加速度，人对体重计的压力大于重力，故示数会变大．3. (2017·浙江名校协作体模拟)如图2所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳的质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是()图2A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力答案 D解析由作用力与反作用力的关系知，D正确．4．(2016·宁波市效实中学期中)如图3所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10 N的重物Q，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10 N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则()图3A ．a 1＜a 2B ．a 1＝a 2C ．a 1＞a 2D ．条件不足，无法判断答案 A 解析 左图：对PQ 整体G ＝(m P ＋m Q )a 1，右图：对P 物体F ＝m P ·a 2，由F ＝G ＝10 N 知a 1＜a 2.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)某日，小华在乘坐电梯的时候，由于电梯出现故障，小华和电梯一起自由下落，关于此下落过程，下列说法正确的是( )A ．小华会撞到电梯的天花板B ．小华只受两个力的作用C ．小华对电梯地板的压力为零D ．小华处于超重状态答案 C解析 自由下落属于完全失重状态，故小华对电梯地板的压力为零．6．(2017·温州市9月选考)2017年6月5日，温州司乘人员(包括后排)不系安全带都将被罚款，假定某次紧急刹车时，由于安全带的作用，质量为70 kg 的乘员获得约6 m/s 2的加速度，则安全带对乘员的作用力约为( )A ．200 NB ．400 NC ．600 ND ．800 N答案 B7．如图4所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m ，物块2、4质量均为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )图4A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M m g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg 答案 C解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆连接处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻质弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝m ＋M Mg ，所以C 正确． 8．(2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)水平力F 方向确定，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，F 的大小按图5甲所示规律变化，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s 2.根据图，下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm 、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f 、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m 的值正确的是( )甲 乙图5A ．F fm ＝4 NB ．μ＝0.1C ．F f ＝6 ND ．m ＝2 kg答案 B解析 t ＝2 s 时，F fm ＝F ＝6 N ；F －μmg ＝ma 1，即6－μmg ＝m ×1.t ＝4 s 时，F －μmg ＝ma 2，即12－μmg ＝m ×3，解得m ＝3 kg ，μ＝0.1，则F f ＝μmg ＝3 N.9. 如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，而且F 1＞F 2，则1施于2的作用力大小为( )图6A ．F 1B ．F 2 C.12(F 1＋F 2) D.12(F 1－F 2) 答案 C解析 设物体1和2的质量都为m ，加速度为a ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F 1－F 22m .以物体2为研究对象，有a ＝F 12－F 2m ，解得F 12＝F 1＋F 22.故C 选项正确． 10. 如图7所示，有材料相同的P 、Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力F 作用下沿粗糙斜面向上运动，轻绳与拉力F 的方向均平行于斜面．当拉力F 一定时，Q 受到绳的拉力( )图7A．与斜面倾角θ有关B．与物块与斜面间的动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关答案 D解析设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体受力分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q受力分析，有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确．11. 如图8所示，质量为m的球置于倾角为45°的斜面上，被一个垂直于斜面的挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()图8A．若加速度足够小，挡板对球的弹力可能为零B．若加速度的大小等于重力加速度的大小，斜面对球的弹力为零C．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma答案 B解析球受到重力mg、斜面的支持力F N2、挡板的弹力F N1，则竖直方向有F N2cos 45°＋F N1sin 45°＝mg，水平方向有F N1cos 45°－F N2sin 45°＝ma.若加速度足够小，据表达式可知，挡板对球的弹力不可能为零，选项A错误；若加速度的大小等于重力加速度的大小，据表达式可知，斜面对球的弹力为零，选项B正确，C错误；由于重力方向竖直向下，斜面和挡板对球的弹力的合力沿水平方向的分力为ma，所以其二者的合力大于ma，选项D错误．12. (2016·温州瑞安四校联考)如图9所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )图9A.g 2sin α B ．g sin α C.32g sin α D. 2g sin α答案 C解析 对猫F f ＝mg sin α，对木板F f ＋2mg sin α＝2ma ，则a ＝32g sin α. 13. 如图10所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m/s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图10答案 D解析 滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝Δv a ′＝1 s ，选项D 正确． 14．水平传送带被广泛应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图11所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放在传送带上的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速度平行于传送带运动到B 处取行李，则( )。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第6天 能量和动量 Word版含答案
考前第6天 能量和动量1．恒力做功的计算式W ＝Fl cos α(α是F 与l 方向的夹角)． 2．恒力所做总功的计算W 总＝F 合l cos α或W 总＝W 1＋W 2＋…… 3．计算功率的两个公式 P ＝Wt 或P ＝F v cos α．4．动能定理 W 总＝E k2－E k1．5．机车启动类问题中的“临界点” (1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝P mv m．(2)匀加速运动的最后点为Pv 1m －F 阻＝ma ；此时瞬时功率等于额定功率P 额．(3)在匀加速过程中的某点有：P 1v 1－F 阻＝ma ．(4)在变加速运动过程中的某点有P mv 2－F 阻＝ma 2．6．重力势能E p ＝mgh (h 是相对于零势能面的高度) 7．机械能守恒定律的三种表达方式 (1)始末状态：mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22． (2)能量转化：ΔE k(增)＝ΔE p(减)． (3)研究对象：ΔE A ＝－ΔE B ． 8．应用动能定理的情况(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系．(3)动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．9．几种常见的功能关系10．动量定理p′－p＝I11．动量守恒定律①守恒条件：系统不受合外力，或所受合外力等于零．②表达式：p1＋p2＝p1′＋p2′．12．三类碰撞(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能损失．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能损失最多．1．判断某力是否做功，做正功还是负功①F与x的夹角(恒力)②F与v的夹角(曲线运动的情况)③能量变化(两个相联系的物体做曲线运动的情况)2．求功的六种方法①W＝Fl cos α(恒力)定义式②W＝Pt(变力，恒力)③W＝ΔE k(变力，恒力)④W＝ΔE(除重力做功的变力，恒力)功能原理⑤图象法(变力，恒力)⑥气体做功：W＝pΔV(p—气体的压强；ΔV—气体的体积变化) 3．如下图中克服摩擦力做功与物体的运动路径和运动状态无关．4．摩擦生热：Q＝F f l相对．1．误认为“斜面对物体的支持力始终不做功”不能正确理解W＝Fl cos α中“l”的意义．2．误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”．3．误认为“摩擦力一定做负功”．4．在机车启动类问题中将“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度”混淆．5．将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”．6．在应用ΔE内＝F f l相对时，误认为“l相对”是对地的位移．7．应用机械能守恒时，不能正确理解三种表达方式的意义．8．应用动量定理时，力和速度选取不同的正方向．9．应用动量守恒定律时，各速度不是相对同一参照物．。
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考前第7天 力与运动1．弹簧弹力 F ＝kx 2．滑动摩擦力 F ＝μF N3．物体平衡的条件物体受共点力作用处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态)的条件是物体所受合力为0，即F 合＝0．若在x 轴或y 轴上的力平衡，那么，这一方向的合力为0，即F x 合＝0或F y 合＝0． 4．匀变速直线运动的基本规律 速度公式：v ＝v 0＋at 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2速度与位移关系公式：v 2－v 20＝2ax 位移与平均速度关系公式：x ＝v －t ＝v 0＋v 2t5．牛顿运动定律 (1)牛顿第二定律 ①公式：F 合＝ma ．②意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系． (2)牛顿第三定律 ①表达式：F 1＝－F 2．②意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系． 6．平抛运动的规律 (1)位移关系 水平位移x ＝v 0t 竖直位移y ＝12gt 2合位移的大小s ＝x 2＋y 2，合位移的方向tan α＝yx ．(2)速度关系水平速度v x ＝v 0，竖直速度v y ＝gt ．合速度的大小v ＝v 2x ＋v 2y，合速度的方向tan β＝v y v x ． (3)重要推论速度偏角与位移偏角的关系为tan β＝2tan α物体运动到任一位置A 时，过A 点作其速度方向反向延长线交Ox 轴于C 点，有OC ＝x2(如图所示)．7．匀速圆周运动的规律(1)v 、ω、T 、f 及半径的关系：T ＝1f ，ω＝2πT ＝2πf ，v ＝2πT r ＝2πfr ＝ωr ．(2)向心加速度大小：a ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r ．(3)向心力大小：F ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝m 4π2f 2r ．8．万有引力公式：F ＝G m 1m 2r 2其中G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2．(1)重力和万有引力的关系①在赤道上，有G Mm R 2－mg ＝mRω2＝mR 4π2T 2．②在两极时，有G MmR2＝mg ．(2)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系 ①由G MmR 2＝m v 2R 得v ＝GMR，所以R 越大，v 越小． ②由G MmR 2＝mω2R 得ω＝GMR 3，所以R 越大，ω越小． ③由G Mm R 2＝m 4π2T2R 得T ＝4π2R 3GM，所以R 越大，T 越大．一、静力学1．绳上的张力一定沿着绳指向绳收缩的方向．2．支持力(压力)一定垂直支持面指向被支持(被压)的物体，压力N 不一定等于重力G ． 3．两个力的合力的大小范围：|F 1－F 2|≤F ≤F 1＋F 2．4．三个共点力平衡，则任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，多个共点力平衡时也有这样的特点．5．两个分力F 1和F 2的合力为F ，若已知合力(或一个分力)的大小和方向，又知另一个分力(或合力)的方向，则第三个力与已知方向不知大小的那个力垂直时有最小值．二、运动学1．初速度为零的匀加速直线运动(或末速度为零的匀减速直线运动)的常用比例 时间等分(T )：①1T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的速度比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ．②第1个T 内、第2个T 内、第3个T 内、…、第n 个T 内的位移之比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．③连续相等时间内的位移差Δx ＝aT 2，进一步有x m －x n ＝(m －n )aT 2，此结论常用于求加速度a ＝Δx T 2＝x m －x n (m －n )T 2．位移等分(x )：通过第1个x 、第2个x 、第3个x 、…、第n 个x 所用时间的比： t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)． 2．匀变速直线运动的平均速度 (1)v －＝v t 2＝v 0＋v 2＝x 1＋x 22T．(2)前一半时间的平均速度为v 1，后一半时间的平均速度为v 2，则全程的平均速度：v －＝v 1＋v 22． (3)前一半路程的平均速度为v 1，后一半路程的平均速度为v 2，则全程的平均速度：v －＝2v 1v 2v 1＋v 2． 3．匀变速直线运动中间时刻、中间位置的速度 v t 2＝v －＝v 0＋v 2，v x 2＝v 20＋v 22． 4．如果物体位移的表达式为x ＝At 2＋Bt ，则物体做匀变速直线运动，初速度v 0＝B (m/s)，加速度a ＝2A (m/s 2)．5．自由落体运动的时间t ＝2hg． 6．竖直上抛运动的时间t 上＝t 下＝v 0g ＝2Hg，同一位置v 上＝v 下． 7．追及相遇问题匀减速追匀速：恰能追上或追不上的关键：比较v 匀＝v 匀减时两者的位移大小．v 0＝0的匀加速追匀速：v 匀＝v 匀加时，两物体的间距最大． 同时同地出发两物体相遇：时间相等，位移相等．A 与B 相距Δs ，A 追上B ∶s A ＝s B ＋Δs ；如果A 、B 相向运动，相遇时：s A ＋s B ＝Δs ． 8．“刹车陷阱”，应先求滑行至速度为零即停止的时间t 0，如果题干中的时间t 大于t 0，用v 20＝2ax 或x ＝v 0t 02求滑行距离；若t 小于t 0时，x ＝v 0t ＋12at 2． 9．小船过河 (1)当船速大于水速时①船头的方向垂直于水流的方向则小船过河所用时间最短，t ＝dv 船．②合速度垂直于河岸时，航程s 最短，s ＝d ． (2)当船速小于水速时①船头的方向垂直于水流的方向时，所用时间最短，t ＝dv 船．②合速度不可能垂直于河岸，最短航程s ＝d ×v 水v 船．10．绳端物体速度分解三、运动和力1．沿粗糙水平面滑行的物体：a ＝μg 2．沿光滑斜面下滑的物体：a ＝g sin α3．沿粗糙斜面下滑的物体：a ＝g (sin α－μcos α) 4．沿如下图所示光滑斜面下滑的物体：5．一起加速运动的物体系，若力是作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为N＝m2Fm1＋m2，与有无摩擦无关，平面、斜面、竖直方向都一样．6．下面几种物理模型，在临界情况下，a＝g tan α．7．如图所示物理模型，刚好脱离时，弹力为零，此时速度相等，加速度相等，之前整体分析，之后隔离分析．8．下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大．9．超重：a方向竖直向上(匀加速上升，匀减速下降)．失重：a方向竖直向下(匀减速上升，匀加速下降)．四、圆周运动万有引力1．水平面内的圆周运动，F ＝mg tan θ，方向水平，指向圆心．2．竖直面内的圆周运动(1)绳、内轨、水流星最高点最小速度为gR ，最低点最小速度为5gR ，上下两点拉压力之差为6mg ．(2)离心轨道，小球在圆轨道过最高点v min ＝gR ，如图所示，要使小球能通过最高点，小球下滑高度至少应为2.5R ．(3)竖直轨道圆周运动的两种基本模型绳端系小球，从水平位置无初速度释放下摆到最低点： 绳上拉力F T ＝3mg ，向心加速度a ＝2g ，与绳长无关． 小球在“杆”模型最高点v min ＝0，v 临＝gR ， v >v 临，杆对小球有向下的拉力． v ＝v 临，杆对小球的作用力为零． v <v 临，杆对小球有向上的支持力．(4)重力加速度：某星球表面处(即距球心R )：g ＝GMR 2．距离该星球表面h 处(即距球心R ＋h 处)：g ′＝GM r 2＝GM(R ＋h )2．(5)人造卫星：G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma ＝mg ′．卫星由近地点到远地点，万有引力做负功． 第一宇宙速度v 1＝gR ＝GMR＝7.9 km/s ． 地表附近的人造卫星：r ＝R ＝6.4×106 m ，v 运＝v 1，T ＝2πRg＝84.6分钟． (6)同步卫星T ＝24小时，h ＝5.6R ＝36 000 km ，v ＝3.1 km/s ． (7)重要变换式：GM ＝gR 2(R 为地球半径)(8)行星密度：ρ＝3πGT2，式中T 为绕行星表面运转的卫星的周期．1．应用F ＝kx 时，误将弹簧长度当成形变量．2．将静摩擦力和滑动摩擦力混淆，盲目套用公式F ＝μF N ． 3．误将物体的速度等于零当成平衡状态． 4．误将v 、Δv 、ΔvΔt的意义混淆．5．错误的根据公式a ＝ΔvΔt 认为a 与Δv 成正比，与Δt 成反比．6．误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据．7．误认为“惯性与物体的速度有关，速度大，惯性大，速度小，惯性小”． 8．误认为“牛顿第一定律”是“牛顿第二定律”的特例． 9．误将“力和加速度”的瞬时关系当成“力和速度”的瞬时关系． 10．误将超重、失重现象当成物体重量变大或变小．11．运动的合成与分解时，不能正确把握运动的独立性特点，不能正确区分合速度与分速度．12．平抛运动中，误将速度方向夹角当成位移夹角，误认为平抛运动是变加速运动． 13．混淆竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”． 14．将地面上物体随地球的自转与环绕地球运行的物体混淆． 15．混淆速度变化引起的变轨与变轨引起的速度变化的区别． 16．不能正确应用“黄金代换”公式GM ＝gR 2或GM ＝g ′(R ＋h )2． 17．双星模型中不能正确区分轨道半径和距离．。