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2018届高三物理二轮复习限时规范训练 第1部分 专题讲练突破 教师用书：专题一 力与运动 含答案

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2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动

2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动

专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图2­16所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图2­16A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v ­ t 图象如图2­17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( )【导学号：19624022】图2­17B [根据v ­ t 图象可知电梯的运动情况：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．]所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2­181.5倍 1.5倍 C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确； 相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图2­19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图2­19A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图2­20甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图2­20A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲 乙图2­21A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图2­22所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图2­22A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误． 若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图2­23甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图2­23A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x ­t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x ­t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图2­24所示，光滑水平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B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图2­24A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图2­2511．(14分)(2017·淮北市一模)如图2­25所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝va A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图2­26甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2­26(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。

2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-2-1

2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-2-1

④独立性：分力产生的加速度相互独立．
(3)运动图象六要素．
①轴；②线；③斜率；④截距；⑤交点；
⑥面积．
(1)物理思想：极限思想、 思 逆向思维、理想实验、分 想 解思想． 方 (2)学习方法：比例法、图 法 象法、控制变量法、整体
法、隔离法、合成分解法.
高频考点一 运动图象问题
1.常见图象(如x－t、v－t、a－t、F－t等)的物理意义． 知能 2.图象中斜率、截距、交点、转折点、面积的物理意义． 必备 3.将图象与物理情景相结合，正确进行图象运动过程的转
2．求解运动图象与牛顿第二定律综合问题的基本思路
3．(名师改编)(多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t ＝0 时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的 速度－时间图象(v－t 图象)如图所示，则关于两车运动的说法中 正确的是( )
A．0～10 s 时间内，甲、乙两车在逐渐靠近 B．5～15 s 时间内，甲、乙两车的位移大小相等 C．t＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反 D．t＝20 s 时两车在公路上相遇
换.
[题组冲关] 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：选 B.根据 v－t 图象可知电梯的运动情况：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．
1．解图象问题时不要为图象的表面现象所迷惑，要做好“三看”： (1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系， 是运动学图象(v－t、x－t、a－t)还是动力学图象(F－a、F－t、F－ x)； (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理 过程； (3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标 轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．

2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：第一部分 专题八 专题限时集训8 Word版含解析

2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：第一部分 专题八 专题限时集训8 Word版含解析

专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第131页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8-21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()【导学号：17214143】图8-21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2．(2017·洛阳三模)如图8-22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图8-22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U ．由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．]3．如图8-23，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )【导学号：17214144】图8-23A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0C [在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，即B 1＝B 0依据几何关系及三角知识，则有：B P cos 30°＝12B 0解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为B P ＝33B 0当P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2＝33B 0因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，磁场大小为B 0；最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B ＝B 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33B 02＝233B 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图8-24中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN ，以速度v 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ．则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )【导学号：17214145】图8-24A ．8U R 2B 2 B ．4U R 2B 2C ．6U R 2B 2D ．2U R 2B 2C [带电粒子运动轨迹如图设粒子加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2tan ∠GOF ＝3R R ＝3得∠GOF ＝60°∠EO ′G ＝120°tan ∠OO ′G ＝tan 60°＝R r ，得r ＝33R所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝33R又q v B ＝m v 2r ，则q m ＝6U R 2B 2．]5．两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图8-25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )【导学号：17214146】图8-25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2017·湖南十三校一联)如图8-26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g ．根据以上信息，可以求出的物理量有( )图8-26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7．如图8-27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图8-27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8．(名师原创)如图8-28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图8-28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m v qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2017·辽宁省辽南协作校联考)如图8-29所示，在矩形ABCD 内，对角线BD 以上的区域存在平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD 边长为L ，AB 边长为3L ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，经对角线BD 某处垂直BD 进入磁场．求：图8-29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【导学号：17214147】【解析】 (1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC ＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x ＝v 0v y ＝3v 0则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2v 0．(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1，解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL ． (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5，得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL．【答案】 见解析10．(16分)北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图8-30所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行于EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ．图8-30(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝deB m 的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，正、负电子仍以v 1＝deB m 的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ，以F 点为原点建立如图8-30所示的坐标系，求正、负电子相撞的位置坐标．【导学号：17214148】【解析】 (1)从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D 入射的电子碰撞；若从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN 边界射出，所以，由左手定则可判断从C 入射的电子为正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，则由动能定理可得：Ue ＝12m v 20，所以，U ＝m v 202e ．(2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以有B v 1e ＝m v 21R 1，则R 1＝m v 1Be ＝d ，T ＝2πR 1v 1＝2πm eB 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，甲所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：t ＝T ＝2πm eB ．(3)电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R 1＝d ，运动周期T 1＝2πm eB ；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，则电子在Ⅱ区域中运动时半径R 2＝3d ，运动周期T 2＝6πm eB ；负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ＝16T 2，乙电子射入后的轨迹如图乙所示，若两电子同时射出，则两电子交与H 点；现负电子射入时刻滞后于正电子16T 2，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转16×360°＝60°，所以，两电子相撞的位置在H 点以圆心向负电子方向转过30°，即A 点；易知H 点坐标为(3d ，4d )，所以，A 点坐标为(3d cos 30°，4d －3d sin 30°)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d ． 【答案】 (1)正电子m v 202e (2)2πmeB (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d。

【赢在高考】人教版 2018 高三物理二轮复习 教师用书全书word版

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第一部分专题突破知能提升专题一力与运动第1讲力与物体的平衡2015卷ⅠT24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷ⅠT19：有重力、弹力、摩擦力的共点力平衡卷ⅠT24：有关电磁感应问题的平衡及法拉第电磁感应定律的应用卷ⅡT14：力的动态平衡卷ⅢT17：共点力的平衡条件2017卷ⅠT21：物体的动态平衡卷ⅡT16：共点力的受力平衡卷ⅢT17：共点力的受力平衡1．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cmB轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝mg2sin α＝5mg6；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝mg2，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－3 B.3 6C.33 D.32C设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时，F cos 60°＝μ(mg－F sin 60°)②联立①②式解得μ＝33.故选C.3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小AD设重物的质量为m，绳OM中的张力为T OM，绳MN中的张力为T MN.开始时，T O M＝mg，T MN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：T OMsin(α－β)＝mg sin θ，(α－β)由钝角变为锐角，则T OM先增大后减小，选项D正确；同理知T MNsin β＝mgsin θ，在β由0变为π2的过程中，T MN一直增大，选项A正确．4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化BD由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝m a g，所以物体a受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示．由平衡条件得：T cos β＋f＝F cos α，F sin α＋F N＋T sin β＝m b g.其中T和m b g始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确．5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动．设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mg sin θ＝μF N1＋T＋F ①F N1＝2mg cos θ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BL v ⑥回路中电流I＝ER⑦安培力F＝BIL ⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2答案(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2受力分析和平衡条件的应用[解题方略]1．静态平衡问题：应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论．2．动态平衡问题3.求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法．力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡．(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解．当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法．(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况．用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量．[题组预测]1．(2017·河北冀州2月模拟)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，则T1∶T2为(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5C 绳O ′P 刚拉直时，由几何关系可知此时OP 绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则T 1＝45mg .绳OP 刚松驰时，小球受力如图乙，则T 2＝43mg .则T 1∶T 2＝3∶5，C 项正确．2．(2017·河北唐山一中模拟)如图所示，在竖直平面内固定一圆心为O 、半径为R 的光滑圆环，原长为R 的轻弹簧上端固定在圆环的最高点A ，下端系有一个套在环上且重为G 的小球P (可视为质点)．若小球静止时，O 、P 两点的连线恰好水平，且弹簧的形变未超出其弹性限度，则弹簧的劲度系数为( )A.G RB.G 2RC.(2＋2)G RD.(2－5)G RC 对小球受力分析如图所示，由几何知识可知θ＝45°，则F ＝2mg ，弹簧的伸长量Δx ＝(2－1)R ，则k ＝F Δx ＝(2＋2)G R，C 项正确．3．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示．用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小A对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确．整体法和隔离法的综合应用[解题方略]1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．[题组预测]1．(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着质量为m、半径为R的光滑小球．已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B．细线对小球的拉力大小为34mgC．保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6gBD以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A项错误．对小球受力分析如图，拉力F A ＝mg tan θ，由几何关系可知tan θ＝34，则F A ＝34mg ，B 项正确．半球对小球的支持力F N ＝mg cos θ，在A 点下移时，θ增大，cos θ减小，则F N 增大，C 项错误．在剪断细线的瞬时，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mg sin θ＝ma ，其中sin θ＝0.6，得a ＝0.6g ，D 项正确．2．(2017·河北邢台一模)如图所示，在竖直墙壁间有半圆球A 和圆球B ，其中圆球B 的表面光滑，半圆球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为25 3.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A 和圆球B 的质量之比为( )A.12B.14C.15D.16C 设A 的质量为m ，B 的质量为M ，隔离光滑圆球B ，对B 受力分析如图所示，可得：F N ＝F cos θ，Mg －F sin θ＝0解得：F N ＝Mg tan θ，对两球组成的整体有：(m ＋M )g －μF N ＝0代入数据，联立解得：m M ＝15.3．将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M ，滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θC 以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为F N1＝mg tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为F N2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ，D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为F f ＝F N1＝mg tan θ，B 错误．电磁场中的平衡问题[解题方略]1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．(1)2．处理电学问题中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化． 选取研究对象方法,“整体法”或“隔离法” 受力分析――→多了电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIl 或洛伦兹力F ＝q v B列平衡方程―→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0[题组预测]1．(2017·河南六市一联)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V ，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．2.5 ΩC ．3 ΩD ．4 ΩA 对棒受力分析可知，其必受绳的拉力T ＝Mg 和安培力F 安＝BIL ＝BEL R .若摩擦力向左，且满足BEL R 1＋μmg ＝Mg ，代入数据解得R 1＝4 Ω；若摩擦力向右，且满足BEL R 2－μmg ＝Mg ，代入数据解得R 2＝2.4 Ω，所以R 的取值范围为2.4 Ω≤R ≤4 Ω，则选A.2．(多选) (2017·山东临沂市三模)某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中()A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tan θ与A、B间库仑力成正比ABC因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库＝mg sin θ，即k qQd2，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误．＝mg xL3．如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm.如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg 大小相等，即BIL＝mg解得B＝mg＝0.5 TIL(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态．根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态．根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI2L联立解得x2＝mg＋BI2Lmg－BI1Lx1＝3 cm.答案(1)0.5 T(2)3 cm平衡中的临界和极值问题[解题方略]1．平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．临界问题往往是和极值问题联系在一起的．解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．[题组预测]1．(多选)(2017·江西南昌一模)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量可能是()A.2mgk B.2mg2kC.42mg3k D.2mgkACD当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为：F min＝2mg sin θ＝2×22mg＝2mg.根据胡克定律：F min＝kx min，所以：x min＝2mgk则A、C、D可能，B不可能．2．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小．解析(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，F cos α＝mg sin θ＋F f，F N＋F sin α＝mg cos θ，F f＝μF N.联立以上各式解得，F＝mg sin 2θcos (θ－α).当α＝θ时，F有最小值，F min＝mg sin 2θ.(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f′＝F cos(θ＋α)，当拉力F最小时，F f′＝F min·cos 2θ＝12mg sin 4θ.答案(1)mg sin 2θ(2)12mg sin 4θ3．(2017·河北邯郸一模)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，斜面体的质量M＝3m，置于粗糙水平地面上．求：(1)当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向；(3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？解析(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示甲由共点力的平衡条件，可得在x轴方向有：F T sin θ＝F N1sin α在y轴方向有：F N1cos α＋F T cos θ＝mg解得F T＝33mg(2)以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示乙由共点力平衡条件，在x轴方向可得F f＝F T·sin θ＝36mg方向水平向左(3)对照第(2)题小球和斜面体整体受力分析图，由共点力平衡条件，在y轴方向可得F N2＋F T·cos θ＝(M＋m)g又由题意可知F f max＝k·F N2≥F f又M＝3m联立解得：k≥321.答案见解析课时作业一一、选择题1．(2017·广东华南三校联考)如图所示，小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，假设装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为()A．2cos θ∶1B．1∶2cos θC．tan θ∶1 D．1∶2sin θB小球A、B都平衡时，在竖直方向上：对A球T sin θ＝m A g，对B球T′sin2θ＝m B g，又T＝T′，解得：m Am B＝12cos θ，B项正确．2．如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况是()A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大B某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mg tan α，F N＝mgcos α，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和F N都要增大．3．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球心距墙角的最远距离是()A．2r B.9 5rC.115r D.135rC由题可知B球质量为2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力f＝μ·3mg，此时以B球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F2＝2mgtan θ，以A和B整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F2，则tan θ＝2mg3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离l＝r＋2r cos θ＝115r，选项C 正确．4．如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式．为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内．甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是()A．F1>F2B．F2>F3C．F1>F3D．F3＝F2B由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2＝mgcos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判断F3与重力mg的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系．所以只有选项B正确．5．(多选)(2017·九江4月模拟)如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零AB若F安＜mg sin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．6．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是()A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力F逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大B对球进行受力分析，如图甲所示．F N1＝G tan θ，F N2＝Gcos θ.当长方体物块向右运动中，θ增大，F N1、F N2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力F N2′cos θ＝G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力F N＝G1＋F N2′cos θ＝G1＋G不变，滑动摩擦力f＝μF N不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F N2′sin θ逐渐增大，所以水平拉力F＝f－F N2′sin θ逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误．7．如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态()A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向C若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D 错误．8．(2017·安徽皖南八校二次联考)如图所示，三角形ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝37°，C 处有光滑小滑轮，质量分别为m 1、m 2的两物块通过细线跨放在AC 面和BC 面上，且均恰好处于静止状态，已知AC 面光滑，物块2与BC 面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m 1∶m 2不可能是( )A ．1∶3B ．3∶5C ．5∶3D ．2∶1A 物块1受重力m 1g 、细线拉力T 和斜面支持力F N 作用处于平衡状态，则T ＝m 1g sin 30°，物块2受重力m 2g 、细线拉力T 、斜面支持力F N ′及摩擦力F f 作用处于平衡状态，当m 1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T ＝m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝2；当m 1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T ＝m 2g sin 37°－μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝25，所以25≤m 1m 2≤2. 9．(多选)如图所示，带电物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为mgr 2tan θkB ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)gAD设P、Q所带电荷量为q，对物体P受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力F＝k q2r2、竖直向下的重力mg、支持力F N，由平衡条件可得tan θ＝Fmg，解得q＝mgr2tan θk，选项A正确；斜面对P的支持力F N＝mg cos θ＋F sin θ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F N′＝mg cos θ＋F sin θ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力F＝k q2r2和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f＝k q2r2，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，选项D正确．10．(多选)如图所示，用两根完全相同的橡皮筋M、N将两个质量均为m＝1 kg的可视为质点的小球A、B拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A 上施加一水平向左的恒力F，当系统处于静止状态时，橡皮筋M与竖直方向的夹角为60°.假设两橡皮筋的劲度系数均为k＝5 N/cm，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g＝10 m/s2.则()A．橡皮筋M的伸长量为4 cmB．橡皮筋N的伸长量为2 cmC．水平恒力的大小为10 3 ND．如果将水平恒力撤去，则小球B的瞬时加速度为零BD先对小球B进行受力分析，小球B受重力。

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训17物理学史及常见的思想方法2018022

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训17物理学史及常见的思想方法2018022

专题限时集训(十七) 物理学史及常见的思想方法(对应学生用书第149页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共15小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～15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．)1．(2016·孝感模拟)下列说法中错误的是( )A．胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比是有条件的B．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证C．库仑总结并确认了真空中任意两个电荷之间的相互作用的规律D．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动C[根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，A正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B正确；库仑用库仑扭秤实验研究总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用的规律，C 错误；亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动，D正确．]2．关于物理概念的建立和物理规律的形成，下列说法不正确的是( )A．在定义“瞬时速度”的概念时，利用了微元法B．伽利略在研究“落体运动”时，利用了演绎法C．在建立“质点”和“点电荷”的概念时，利用了假设法D．在万有引力定律的建立过程中，除了牛顿以外，科学家第谷、开普勒、卡文迪许均做出了重要的贡献C[在定义“瞬时速度”的概念时，所用方法为将Δt时间内的平均速度代替瞬时速度，当Δt趋近于零时，即为瞬时速度，利用了微元法，故A正确；伽利略在研究“落体运动”时，是基于物体在斜面上的实际运动进行合理的演绎外推得到的，故B正确；建立“质点”和“点电荷”的概念时，利用的是理想模型的方法，故C错误；第谷的天文观测数据及开普勒行星运动定律为万有引力定律的建立奠定基础，科学家卡文迪许测出了引力常量G，故D正确．本题选错误的选项，故选C.]3．下列有关物理学方法的说法中正确的是( )A．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法B．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时电场力就要做功”，用的是控制变量法C．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法D．加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量D [伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法，选项A 错误；“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时电场力就要做功”，用的是反证法，选项B 错误；在探究加速度与力、质量的关系实验中，控制质量不变，探究加速度和力的关系，或者控制力不变，探究加速度和质量的关系，使用了控制变量法，选项C 错误；加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量，选项D 正确．]4．物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的，有关下面四个实验装置，描述正确的是( )图17­2A ．牛顿利用装置(1)测出了引力常量的数值B ．安培利用装置(2)总结出了点电荷间的相互作用规律C ．奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应D ．牛顿利用装置(4)总结出了自由落体运动规律C [卡文迪许利用装置(1)测出了引力常量的数值，故A 错误；库仑利用装置(2)总结出了真空中静止点电荷间的相互作用规律，故B 错误；奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应，故C 正确；伽利略利用装置(4)总结出了自由落体运动的规律，故D 错误．]5．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt →0时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法B [用质点代替物体采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A 错误；以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B 正确；在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C 错误；在推导匀变速直线运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D 错误．]6．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述正确的是( )A ．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来B ．在公式F ＝G Mm r 2中，G 称为引力常数，单位是N·m 2/kg 2C ．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D ．万有引力定律只适用于天体，不适用于地面上的物体B [牛顿在发现万有引力定律过程中，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，A 错误；利用分式中各物理量的单位推导可知，B 正确；开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳运动的开普勒三定律，行星绕太阳做椭圆运动，C 错误；万有引力定律既适用于天体，也适用于地面上的物体，适用于宇宙万物，故D 错误．]7．在1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把一直流发电机甲发出的电接到了自己送展的直流发电机乙的电流输出端．由此而观察到的现象促成了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用中的一个瓶颈，此项发明是( )A ．新型直流发电机B ．直流电动机C ．交流电动机D ．交流发电机 B [应用发电机的电磁感应现象与磁场对电流的作用力．直流发电机甲发出的直流电接向另一直流的发电机乙，则发电机乙的线圈中有直流电，该电流受发电机乙内磁场的安培力作用而转动，此时发电机乙成为直流电动机．]8．欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时由于无电源和电流表，他就利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I 时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转了60°，通过该直导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )【导学号：19624187】A ．2IB ．3IC.3ID.2IB [应用直线电流、电磁场的规律．如图所示，电流为I 时的磁感应强度B 与地磁场B 地叠加后，由平行四边形定则得B ＝B 地 tan 30°.电流为I ′时，磁感应强度B ′与地磁场B 地的关系为B ′＝B 地 tan 60°.解两式得B ′B＝3.则有I ′＝3I ，故选B.]9．物理学是培养学生科学思想、科学方法和科学精神的一门自然科学．下列关于常见的几种研究物理问题的方法中正确的是( )A ．比较法：在相同的时间内比较物体通过的路程和通过相同的路程比较所用的时间来比较物体运动的快慢B ．模型法：用磁感线表示磁场C ．归纳法：如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功D ．控制变量法：“探究求合力的方法”实验B [在相同的时间内比较物体通过的路程和通过相同的路程比较所用的时间来比较物体运动的快慢，运用的是控制变量法，故A 错误；用磁感线表示磁场，运用的是模型法，故B 正确；如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，运用的是反证法，故C 错误；“探究求合力的方法”实验中运用的是等效替代法，故D 错误．]10．许多科学家在物理学发展中做出了重要的贡献，下列表述正确的是( )A ．法拉第提出了电流产生磁场的“分子电流假说”B ．哥白尼提出行星运行的“日心说”，推翻了古希腊天文学家托勒密的“地心说”C ．卡文迪许测出引力定律常数G ，并被称为“第一个测出地球质量的人”D ．电荷量e 的数值最早是由美国学者密立根用实验测得的BCD [选项B 、D 符合物理史实，故正确．安培提出了电流产生磁场的“分子电流假说”，故不选A.卡文迪许测出了万有引力定律F ＝G m 1m 2r 2的引力常数G .当时人类已经测得太阳与地球间距离r ，及二者的引力的大小F ，也已经测得了太阳的质量m 1.于是便可以计算出地球的质量m 2，故选C.]11．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系ACD[欧姆定律是关于导体两端电压与导体中电流关系的定律，并没有说明热现象和电现象之间存在联系，选项B错误．]12．下列说法中正确的是( )A．物理模型法就是把实际问题理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素B．万有引力和电磁相互作用都是随距离的增大而减小，强相互作用与万有引力相同，与距离的二次方成反比C．物理学的一般探索过程是通过观察和实验积累经验，在经验事实的基础上建立物理模型，提出简洁的物理规律，用它们去预言未知现象，再用新的实验去检验这些物理模型和物理规律，去否定或进一步修正它们D．万有引力定律清楚地向人们揭示，复杂运动的后面隐藏着简洁的科学规律，它明确地向人们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则ACD[万有引力和电磁相互作用都随距离的增大而减小，但强相互作用是在一定条件下发生的，它们的作用规律不同，故选项B错误．]13．伽利略被誉为“经典物理学的奠基人”，成功地解释了力和运动的关系，如图17­3所示，让小球沿斜面AB由静止滚下，沿水平面BC向前运动，直到滚到另一个斜面CD.如果无摩擦力，无论BC多长、斜面AB比斜面CD陡些还是缓些，小球总会在斜面CD上的某点速度变为零，这点距斜面底端的竖直高度与它出发时的高度相同．设起点为p，终点为q，下列说法正确的是( )图17­3A．力不是维持物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因C．小球在斜面上运动距离与斜面倾角的正弦值成正比D．小球在AB、CD斜面上运动的时间之比等于斜面倾角正弦值的反比AD[伽利略的理想斜面实验证明了运动不需要力来维持，当物体不受力时，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，故A正确，B错误；由hsin θ＝12g sin θ×t2得t＝1 sin θ2hg，故D正确，C错误．]14．关于物理学的发展历史，下列说法正确的是( )A．克劳修斯建立了热力学温标B．惠更斯最先成功地观察到了光的干涉现象C．多普勒首先发现由于波源和观察者之间的相对运动，使观察者接收到的波频率发生变化的现象D．麦克斯韦发表《电磁场的动力学理论》的论文，首先提出了电磁场理论CD[选项C、D符合物理史实，故C、D正确．开尔文建立了热力学温标，故A错误．托马斯·杨最先成功地观察到了光的干涉现象，故B错误．]15．下列关于物理学史的说法正确的是( )A．物理学家康普顿解释物体热辐射现象时提出能量子假说B．普朗克在研究电子对X射线的散射时，发现波长变化的现象C．德布罗意预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性D．贝可勒尔发现天然放射现象，揭示了原子核由质子和中子组成CD[选项C、D符合物理史实，故正确．普朗克解释物体热辐射现象时提出能量子假说，故A错误．康普顿在研究电子对X射线的散射时，发现波长变化的现象，故B错误．]。

2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习题型限时专练1选择题鸭题一2018041931

2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习题型限时专练1选择题鸭题一2018041931

专练1选择题＋选考题(一)(时间：30分钟)一、选择题(本题共8小题，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．)14．(2017·石家庄质检二)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8N和12N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是()A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2[解析]8 N和12 N的两个力的合力大小范围为4 N至20 N，由牛顿第二定律F合＝ma，知物体加速度大小的范围为2～10 m/s2，可知选项A正确；合力方向不一定与初速度方向在同一直线上，知物体不一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2，选项B错误；物体可能做匀减速直线运动，但加速度大小不可能是1.5 m/s2，选项C错误；因物体受到恒力作用，不可能做匀速圆周运动，选项D错误．[答案] A15．(2017·四川成都质检)2015年7月由中山大学发起的空间引力波探测工程正式启动，向太空发射了三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)．三颗卫星构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在高度约10万千米的轨道上运行，因三颗卫星在太空中的分布图类似乐器竖琴，故工程命名为“天琴计划”．有关这三颗卫星的运动，下列描述正确的是() A．卫星的运行周期大于地球的自转周期B．卫星的运行周期等于地球的自转周期C．卫星的运行速度大于7.9 km/sD．仅知道引力常量G及卫星绕地球运行的周期T，可估算出地球的密度[解析]地球同步卫星距地面高度大约为36000 k m，“天琴计划”的卫星距地面高度大约为100000 km，因此“天琴计划”的卫星的运行周期大于地球自转周期，选项A正确，B错误．卫星的运行速度小于7.9 km/s，选项C错误．仅知道引力常量G及卫星绕地球运行的周期T，不能估算出地球的密度，选项D错误．[答案] A16．(2017·广东普通高中毕业测试)入射光照在金属表面上发生光电效应，若减弱入射光的强度，而保持频率不变，则()1A．有可能不发生光电效应B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．从光照到金属表面上到发射出光电子的时间间隔明显增加[解析]根据光电效应的规律，能否发生光电效应取决于入射光的频率，而不是入射光的强度，入射光的频率不变，仍能发生光电效应，故A错误．根据光电效应方程E km＝hν－W0知，入射光的频率不变，最大初动能不变，故B错误．当能产生光电效应时，单位时间内逸出的光电子数目与入射光的强度成正比，所以减弱入射光的强度，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，故C正确．光电效应发射出光电子的时间极短，几乎是瞬间的，与光照强度无关，故D错误．[答案] C17．如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q.若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，图乙中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为()1 2A. B.50π50π2 1C. D.25π25π[解析]设线圈面积为S，线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，产生频率为502Hz的正弦式交变电流，其电动势最大值为E m＝B0Sω＝100πB0S，有效值E＝E m＝50 πB0S.224B0S若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，则产生方波形交变电流，电动势最大值为，T4B0S4B0S 有效值也为，要使两者在相同时间内产生的热量相等，则两者电动势有效值相等，即T T2＝50 2πB0S，解得T＝，选项C正确．25π[答案] C18．(2017·江西省一模)如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示．发电机线圈电阻为1 Ω，外接负载电阻为4 Ω，则()A．线圈转速为50 r/sB．电压表的示数为4 VC．负载电阻的电功率为2 WD．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍[解析]由图乙可知，线圈转动产生的交变电流的周期为T＝0.04 s，电动势最大值为E m 1＝5 V．由f＝可知频率为25 Hz，即线圈转速n＝f＝25 r/s，选项A错误．电动势有效值E＝TE m 5 2 E 2＝V．根据闭合电路欧姆定律，负载电阻中电流I＝＝A，负载电阻两端电压即电2 2 R＋r 22压表示数U＝IR＝2 2 V，选项B错误．负载电阻R的电功率P＝UI＝2 2×W＝2 W，选项C2正确．由产生的感应电动势最大值表达式E m＝nBSω，ω＝2πf＝2πn可知，线圈转速加倍，转动的角速度ω加倍，感应电动势的最大值加倍，电压表读数加倍，选项D错误．[答案] C19．(2017·石家庄一模)如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道．若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤对小球做功全部W1 用来增加小球的动能，则的值可能是()W21 2A. B. C．1 D．23 3[解析]第一次击打后球最多到达与球心O等高的位置，根据功能关系有W1≤mgR，两次1 击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系有W1＋W2－2mgR＝mv2，根据圆周运动知识，2v2 3 W1 2在最高点有mg＋N＝m≥mg，联立解得W2≥mgR，故≤，A、B正确．R 2 W2 3[答案]AB20．(2017·河南郑州二次质检)如图所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d 的“半正弦波”形闭合线框，竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面．线框以速度v向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直．从b 点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中()A．线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．ab段直导线始终不受安培力的作用1C．平均感应电动势为Bdv2B2d3v D．线框中产生的焦耳热为R[解析]b点进入磁场后，穿过闭合线框的磁通量向里增大，一直到线框的b点与磁场的右边界重合，由楞次定律可知，线框中的感应电流沿逆时针方向，从线框的b点与磁场的右边界重合一直到线框的a点离开磁场的过程中，穿过闭合线框向里的磁通量减小，则由楞次定律可知，线框中的感应电流沿顺时针方向，A正确；综合A选项的分析，由左手定则，可知线框的ab边所受的安培力方向先向上后向下，B错误；整个过程穿过线框的磁通量的变化量为零，ΔΦU2由法拉第电磁感应定律E＝可知，线框中的平均感应电动势大小为零，C错误；Q＝·Δt＝Δt RBdv 2 d B2d3v·＝，故D正确．R v R[答案]AD21．(2017·湖北武汉调研)如图甲所示，水平地面上有一边长为L的正方形ABCD区域，其下方埋有与地面平行的金属管线．为探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测．如图乙所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另一端，这样金属管线中就有沿管线方向的电流．使线圈P在直线AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流．将线圈P静置于B处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线BD成45°角时，线圈中感应电流消失．下列判斯正确的是()A．图乙中的电源为恒定直流电源B．金属管线沿AC走向2C．金属管线的埋覆深度为L2D．线圈P在D处，当它与地面的夹角为45°时，P中的感应电流可能最大[解析]如果是恒定直流电源，则线圈P中不可能有感应电流，选项A错误；线圈中没有感应电流，说明磁通量的变化率为零，即穿进与穿出的磁通量抵消，线圈P在直线AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说明金属管线沿AC走向，选项B正确；当线圈平面与射线BD成45°角时，线圈中感应电流消失，由几何关系知，金属管2线的埋覆深度为L，选项C正确；线圈P在D处，如果它与地面夹角为45°(与题中所述线2圈平面与射线BD成45°角的情况下的平面垂直)时，线圈就与磁感线垂直，穿过P的磁通量最大，P中的感应电流就最大，选项D正确．[答案]BCD二、选考题(从两道题中任选一题作答)。

2018届高考物理二轮讲练专题1-16(课时作业打包16套,含答案)

2018届高考物理二轮讲练专题1-16(课时作业打包16套,含答案)

课时作业(一)一、选择题(共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分)1．(2017·甘肃二模)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F 1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F 2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )A.3－1B ．2－3 C.32－12 D ．1－32答案 B分析 在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．解析 对两种情况下的物体分别受力分析，如图：将F 1正交分解为F 3和F 4，F 2正交分解为F 5和F 6，则有：F 滑′＝F 3mg ＋F 4＝F N ′；F 滑＝F 5mg ＝F 6＋F N而F 滑＝μF NF 滑′＝μF N ′则有F 1cos30°＝μ(mg ＋F 1sin30°)① F 2cos60°＝μ(mg －F 2sin60°)② 又根据题意F 1＝F 2③联立①②③解得：μ＝2－ 3.点评 本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．2．(2016·江苏)如图所示，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()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答案BD解析当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x＝12at2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D项正确．3．(2017·课标全国Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm答案B解析由题可知，挂上钩码后，如下图(1)所示：此时弹性绳长度为100 cm ，则角度为：θ＝37°，sin θ＝0.6.对结点O 进行受力分析如图(2)所示：则由图(2)得：2Tsinθ＝mg当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T′＝mg由于弹性绳上弹力为：F ＝kx得出：T x ＝T′x′由题可知：x ＝100－80＝20 cm则弹性绳伸长长度为：x′＝12 cm那么弹性绳总长度为：L ＝L 0＋x′＝92 cm点评 本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．4.(2017·江西一模)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P ，用两根轻绳OP 和O′P 在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4 m 的O 、O′两点上，绳OP 长0.5 m ，绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，θ＝37°，则T 1T 2为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( ) A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶5D ．4∶5答案 C分析 绳O′P 刚拉直时，此时O′P 绳子拉力为零，绳OP 刚松弛时，此时OP 绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．解析 绳O′P 刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，此时O′P 绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据几何关系可得sinα＝OO′OP ＝45，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°； 根据共点力的平衡条件可得：T 1＝mgsinα；绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，此时OP 绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据共点力的平衡条件可得：T 2＝mgtanα，由此可得：T 1T 2＝sin53°tan53°＝35，所以C 项正确、A 、B 、D 项错误；故选C 项．5.(2017·课标全国Ⅰ一模)有三个完全相同的金属小球A 、B 、C ，其中小球C不带电，小球A 和B 带有等量的同种电荷，如图所示，A 球固定在竖直支架上，B 球用不可伸长的绝缘细线悬于A 球正上方的O 点处，静止时细线与OA 的夹角为θ.小球C 可用绝缘手柄移动，重力加速度为g ，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是( )A ．仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线中的张力比原来要小B ．仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ1，仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为θ2，则θ1＝θ2C ．剪断细线OB 瞬间，球B 的加速度等于gD ．剪断细线OB 后，球B 将沿OB 方向做匀变速直线运动直至着地答案 B分析 A 项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B 项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C 项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D 项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．解析 A 项，仅将球C 与球A 接触后离开，球A 的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B 进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知mg H ＝T L，故细线的张力不变，故A 项错误；B 项，将球C 与球B 接触后离开，和球C 与球A 接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB 间的斥力相同，故夹角也相同，故B 项正确；C 项，剪断细绳瞬间球B 在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g ，故C 项错误；D 项，剪断细线OB 后，球B 在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B 落地前做变加速曲线运动，故D 项错误．点评 考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．6.(2016·课标全国Ⅲ)如图所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．mD ．2m答案 C解析 如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T ＝mg ，合力沿aO 方向，则aO 为角平分线，由几何关系知，∠acb ＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T ＝G ＝mg ，所以小物块质量为m ，故C 项正确．7.(2017·湖南浏阳月考)如图所示，物体B 通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P 点缓慢地向右移到Q 点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F 和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是( )A ．F 变大，θ变大B ．F 变小，θ变小C ．F 不变，θ变小D ．F 不变，θ变大答案 B解析 整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F ＝m B g 2cos β2，左端移动到Q 点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B 项正确，故A 、C 、D 三项错误．8．(2015·山东)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A(A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B 解析 物体AB 整体在水平方向F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向有μ1F ＝m B g ；联立解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 项正确． 9．(2017·河北省保定市高三调研)如图所示，木板P 下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O 点，物体A 、B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A 、B 仍保持静止，与原位置的情况相比( )A ．A 对B 的作用力减小B ．B 对A 的支持力减小C ．木板对B 的支持力减小D ．木板对B 的摩擦力增大 答案 B解析 开始和转到虚线位置，A 对B 的作用力都等于A 的重力，大小不变，A 项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B 受到的摩擦力F f ＝μ(m A ＋m B )gsinθ减小，即木板对B 的摩擦力减小，B 对木板的压力F N ＝(m A ＋m B )gcosθ增大，木板对B 的支持力也增大，C 、D 两项错误；转到虚线位置时物体B 的上表面倾斜，对A 受力分析，易知，B 对A 的支持力减小，B 项正确．10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q.小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2/d 2B ．当q d ＝mgsinθk 时，细线上的拉力为0C ．当q d ＝mgtanθk 时，细线上的拉力为0D ．当q d ＝mg ktanθ时，斜面对小球A 的支持力为0 答案 AC解析 点电荷库仑定律F ＝kq 2/d 2，所以A 项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2/d 2＝mgtanθ，即C 项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．11．(2017·安徽模拟)如图所示，质量为M 的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O 1、O3连接m1、m3物体，连接m1细线与斜劈平行，滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂质量为m2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是()A．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变B．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大C．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大D．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变答案AD分析先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况．解析A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变；先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不变，故C 项错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D项正确；故选A、D两项．点评本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．二、计算题(共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分) 12．(2017·北京市海淀区)如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0 m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)cd 杆受安培力F 安的大小；(2)通过金属杆的感应电流I ；(3)作用在金属杆ab 上拉力的功率P.答案 (1)1.0 N (2)5.0 A (3)20 W解析 (1)金属杆cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．则F 安＝mgsin30°解得：F 安＝1.0 N(2)F 安＝BIL ，解得I ＝5.0 A(3)金属杆ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab 匀速上滑，则F ＝BIL ＋mgsin30°，根据电磁感应定律，金属棒ab 上产生的感应电动势为E 感＝BLv.根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab 的电流I ＝E 感2R，根据功率公式：P ＝Fv. 解得：P ＝20 W考点 闭合电路欧姆定律，电磁感应定律13．(2016·天津)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1.0×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t.答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2① 代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg ③代入数据解得tanθ＝3θ＝60° ④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2 ⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨ 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝vsinθ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s⑦ 14．(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直，质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g ，求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.答案 (1)tanθ (2)mgRsinθB 2L 2(3)2mgdsinθ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有mgsin θ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ(2)导体棒在光滑导轨上滑动时感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝E R安培力F 安＝BIL联立得F 安＝B 2L 2v R受力平衡F 安＝mgsinθ解得v ＝mgRsinθB 2L 2(3)整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q 与安培力做功相等．根据动能定理，得3mgd sinθ－μmgdcosθ－Q ＝12mv 2－0 解得Q ＝2mgdsinθ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4课时作业(二)一、选择题(共10个小题，4、7、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1．(2017·商丘市三模)我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器．待测质量的物体B 连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A.F 1（m 1＋2m 2）F 1－F 2B.F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2C.F 2（m 1＋2m 2）F 1D.F 1（m 1＋2m 2）F 2答案 B解析 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1＝(m 1＋2m 2＋m)a ；隔离B 物体，由牛顿第二定律得：F 2＝ma ；联立可得：m ＝F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2，B 项正确． 2.(2017·汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v 0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t ，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L ，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为( )A.L t 2B.2L t 2C.2（v 0t ＋L ）t 2D.（v 0t ＋L ）t 2答案 B分析 轿车做匀加速直线运动，货车做匀速直线运动，根据运动学基本公式求出时间t 内两车的位移，再根据两车的位移差为L 求解即可．解析 轿车做匀加速直线运动，时间t 内的位移x 1＝v 0t ＋12at 2， 货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x 2＝v 0t ，根据x 1－x 2＝L 解得：a ＝2L t 2，故B 项正确，A 、C 、D 项错误，故选B 项． 点评 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，抓住位移之差为货车车长列式，也可以以货车为参考系，则轿车做初速度为零的匀加速直线运动，t 时间内运动的位移为L ，从而求解加速度，难度不大，属于基础题．3．(2017·唐山一模)a 、b 两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的v-t 图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体运动方向相反B ．a 物体的加速度小于b 物体的加速度C ．t ＝1 s 时两物体的间距等于t ＝3 s 时两物体的间距D ．t ＝3 s 时，a 、b 两物体相遇答案 C分析 速度－时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．解析 A 项，由图像可知，a 、b 两物体的速度都为正值，速度方向相同．故A 项错误；B项，图像的斜率表示加速度，由图可知，a 的斜率为a ＝Δv Δt ＝4－22m/s 2＝1 m/s 2，b 的斜率为a′＝Δv′Δt′＝4－52m/s 2＝－0.5 m/s 2，所以a 物体的加速度比b 物体的加速度大．故B 项错误；C 、D 项，t ＝1 s 时，两物体的间距为Δx ＝5×1－12×0.5×12－2×1－12×1×12 m ＝2.25 m ，t ＝3 s 时两物体的位移为Δx′＝5×3－12×0.5×32－2×3－12×1×32 m ＝2.25 m ，故两者物体间距相等，故C 项正确，D 项错误，故选C 项．点评 解决本题的关键知道速度－时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向．4．(2017·揭阳二模)(多选)如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a ，得到如图乙所示的a-F 图．取g ＝10 m/s 2，则( )A ．滑块的质量m ＝4 kgB ．木板的质量M ＝2 kgC ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2D ．滑块与木板间动摩擦因数为0.1答案 ABD分析当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．解析A项，当F等于6 N时，加速度为：a＝1 m/s2，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＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：a＝F－μmgM＝1M F－μmgM，由图示图像可知，图线的斜率：k＝1M＝ΔaΔF＝16－4＝12，解得：M＝2kg，滑块的质量为：m＝4 kg.故A、B两项正确；C项，根据F大于6 N的图线知，F＝4时，a＝0，即0＝12×F－μ×402，代入数据解得：μ＝0.1，由图示图像可知，当F＝8 N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a＝μg＝1 m/s2.故C项错误，D项正确．故选A、B、D三项．点评本题考查牛顿第二定律与图像的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图像问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．5．(2017·郑州市5月质检)如图所示，在竖直方向运行的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30°的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置．则下列判断中正确的是()A．若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零B．若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C．若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mgD．若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下答案C解析电梯静止或者匀速直线运动，则物块受力平衡，摩擦力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡，即f＝mgsinθ，A、B两项错误，若电梯加速上升，则合力向上，即弹力、摩擦力和重力三力合力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力一定大于重力mg，C项正确．若电梯加速下降，若处于完全失重，则支持力、摩擦力等于零，若加速度小于重力加速度，则支持力和摩擦力的合力竖直向上，小于重力，摩擦力方向沿斜面向上，D项错误．考点牛顿运动定律共点力的平衡名师点睛物块受到重力、弹力和摩擦力，若合力向上，则弹力和摩擦力的合力竖直向上且大于重力，若合力等于零，则弹力和摩擦力的合力竖直向上等于重力，若合力向下小于重力，则弹力和摩擦力的合力竖直向上小于重力，当完全失重时，则支持力和摩擦力的合力等于0即没有摩擦力和支持力．6．(2017·开封市5月质检)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是( )A ．沿着杆加速下滑B ．沿着杆减速上滑C ．沿着杆减速下滑D ．沿着杆加速上滑答案 B解析 把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m 1＋m 2)gsinθ－f ＝(m 1＋m 2)a ，垂直斜面方向：F N ＝(m 1＋m 2)gcosθ摩擦力：f ＝μF N联立可解得：a ＝gsinθ－μgcosθ，对小球有：若θ＝β，a ＝gsinβ现有：θ<β，则有：a>gsinβ所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsin θ－gsinβ>μgcosθ因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D 项正确．考点 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用名师点睛 分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况，本题就是典型的应用整体隔离法的题目．7.(2015·海南)如图所示，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间( )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2 答案 AC解析 设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知T 1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋T 1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝F m＝3g ，A 项正确，B 项错误；设弹簧S 2的拉力为T 2，则T 2＝mg ，根据胡克定律F ＝kΔx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 项正确，D 项错误．8．(2017·商丘市5月三模)甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v-t 图像为两段直线，乙物体运动的v-t 图像为两段半径相同的14圆弧曲线，如图所示，图中t 4＝2t 2，则在0～t 4时间内，以下说法正确的是( )A ．甲物体的加速度不变B ．乙物体做曲线运动C ．两物体t 1时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度答案 D解析 0～t 2时间段内，甲做匀加速直线运动，t 2－t 4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A 项错误；速度是矢量，在速度－时间图像中，只能表示直线运动，B 项错误；在整个运动过程中t 3时刻，两物体相距最远，C 项错误；在速度－时间图像中，下面所包围的面积即为位移，可求知t 4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D 项正确．考点 速度－时间图像名师点睛 速度－时间图像中：图线与时间轴围成的“面积”的意义．图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移．若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．9.(2017·贵州七校联考)在地面上方的某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方存在电场强度为E 1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方存在电场强度为E 2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量为m 、电荷量为q(q>0)的带正电小球从上方电场区域的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场区域中与A 点关于虚线对称的B 点时速度为零，则( )A ．两电场强度的大小关系满足E 2＝2E 1B ．如果在A 点时带电小球有向下的初速度v 0，到达B 点后速度一定大于v 0C ．如果在A 点时带电小球有水平方向的初速度v 0，到达B 点所在高度处时速度与初速度相同D ．如果在A 点时带电小球有任意方向的初速度v 0，到达B 点所在高度处时速度与初速度相同答案 C解析 带电小球从A 点由静止释放后先做匀加速运动，到达水平虚线后做匀减速运动，到。

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

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版高考物理二轮江苏专版：第一部分 专题一 专题限

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专题限时集训(一) 力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．)1．如图1-12所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b 、c ，将其挂在竖直墙的钉子a 上，a 到b 、c 两点的距离相等，b 、c 间的距离为s ，相框重为G ，细绳能承受的最大拉力为G ，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于( )【导学号：17214018】图1-12A ．33sB ．233sC ．3sD ．23sB [矩形相框受力如图：设细线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，竖直方向，有：2T sin α＝G ，设细线长度为L ，结合几何关系，有：sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫s 22L 2，联立解得：L ＝233s ，故A 、C 、D错误，B 正确．]2．如图1-13，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线(细线质量、受风力不计)，使风筝处于静止．不计空气浮力．则( )图1-13A．风对风筝的作用力方向水平向右B．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力C．地面对人的作用力方向斜向左上方D．拉直的细线可能垂直风筝面C[设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F．先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面，故A、D错误；对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M＋m)g＝N＋F cos β，β是风筝与水平面之间的夹角；则得：N＝(M＋m)g－F cos β＜(M＋m)g．地面对人的作用力方向斜向左上方，故B错误，C正确．]3．(2018·南京市盐城市二联)如图1-14所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()【导学号：17214018】图1-14A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变D[以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B 错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误，D正确．]甲乙4．(2018·天津河西区二模)将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图1-15所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则()【导学号：17214010】图1-15A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B．物体A只受一个摩擦力C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力D．物体B在水平方向受三个力的作用C[对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力F N、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有f2sin 60°＝F N，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B 的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．] 5．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图1-16所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()【导学号：17214011】图1-16A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C．当θ不同时，运动员受到的地面合力不同D．当θ不同时，运动员与地面间的相互作用力不相等A[运动员的两只手受到的地面的作用力如图：两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，所以：F＝G2cos θ2，当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故A正确；当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故B错误；两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，可知不管角度如何，运动员受到的地面对运动员的合力始终与运动员的重力大小相等，方向相反，故C错误；根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是等大，故D错误．]6．如图1-17所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止．下列说法正确的是()【导学号：17214012】图1-17A ．斜块对球的作用力为m 1g /cos θB ．地面对斜块的摩擦力为μ(m 1＋m 2)gC ．减小m 1，地面对斜块的摩擦力一定减小D ．减小m 1，墙面对球的作用力一定增大AC [小球受力情况如图所示，根据三力平衡，斜块对球的作用力F N2＝m 1g cos θ，选项A 正确；根据小球平衡，墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，整体研究m 1和m 2，地面对斜块的静摩擦力为m 1g tan θ，减小m 1，地面对斜块的静摩擦力减小，选项B 错误，C 正确；墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，减小m 1，墙面对球的作用力一定减小，选项D 错误．]7．如图1-18所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q ．小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d ．静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则 ( )图1-18A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0AC [两球间库仑力为F ＝kq 2d 2，A 项正确；当细线上的拉力为0时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2d 2＝mg tan θ，B 项错误，C 项正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．]8．如图1-19所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ．两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g ．以下说法正确的是 ( )【导学号：17214013】图1-19A ．回路中的电流为BL (v 1＋v 2)2RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BL v 12R ，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sinθ＋F 安cd )＝μ(mg sin θ＋B 2L 2v 12R )，由以上两式可得：μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θ，故C 、D 均正确．] 二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2018·江西十校联考)如图1-20所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°．图1-20(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？【导学号：17214014】【解析】 (1)设绳的拉力为F T ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg ．(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知；F N ′＝F N ＝33mg又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39．【答案】 (1)33mg (2)k ≥3910．(16分)(2018·邵阳二模)如图1-21所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的匀质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k ．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab ．当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小．(不计通电时电流产生的磁场的作用)图1-21(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2．0 N/m，ab＝0．20 m，cb＝0．180 m，B＝0．20 T，此电流表的量程是多少？【解析】(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，得Δx＝mg k．(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN间电流为I m，则有BI m ab＋mg＝k(cb＋Δx)联立并代入数据得I m＝2．5 A．【答案】(1)mgk(2)M端(3)2．5 A。

2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题一 第二

2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题一 第二

板块一专题突破复习第二讲力与物体的直线运动(2)(3)(4)考向一 匀变速直线运动的应用[归纳提炼]1．匀变速直线运动问题求解思路2．解答匀变速直线运动的常用技巧(1)基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v2＝2ax.(2)重要推论法：v t2＝v0＋v t2(利用平均速度求瞬时速度)；vx2＝v20＋v2t2；Δx＝aT2(用逐差法求加速度)．(3)逆向思维法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”．(4)图象法：利用v－t图象或x－t图象求解．(5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律1T末、2T末、3T末……nT末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n；1T内、2T内、3T内……nT内位移之比为12∶22∶32∶…∶n2；第1T内、第2T内、第3T内……第nT内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)；从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)；从静止开始连续相等位移末速度之比为1∶2∶3∶…∶n.(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．[思路路线][解析](1)假设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球运动的加速度大小为a，冰球运动到挡板处时间为t，由于已知冰球运动的初速度和末速度及运动的位移．解法一：应用牛顿运动定律求解．根据匀变速直线运动规律可得v20－v21＝2as0a ＝fm ＝μg解得μ＝v 20－v 212gs 0解法二：应用动能定理求解．对于冰球依动能定理，恒定不变的摩擦力所做负功引起冰球动能减少量为μmgs 0＝12m v 20－12m v 21解得 μ＝v 20－v 212gs 0可看出解法二的解题步骤较为简炼．(2)求冰球运动到挡板的时间有多种思路，简析如下：解法一：最直接的想法就是利用匀变速直线运动的速度规律求解．v 1＝v 0－at ，a ＝μg且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1解法二：如果利用平均速度与位移的关系会比较简便． s 0＝v 0＋v 12t ，t ＝2s 0v 0＋v 1解法三：用图象方法列方程式，会更直观清晰，如下图．方程同解法二．解法四：可以使用动量定理求解． μmgt ＝m v 0－m v 1且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1.然后依题设条件，要求在冰球到达挡板的同时，运动员运动的最小距离应等于起跑线到小旗的距离s 1，则冰球运动的最小位移s 1＝12a m t 2可以解得加速度的最小值为a m ＝s 1(v 0＋v 1)22s 20.[答案] (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 2多物体的多过程问题的解题思路：(1)明确各个物体在各个过程中的运动特点． (2)确定各个过程中物体间已知量的关系．(3)选用合适的公式分别列出各个物体遵循的关系式并求解． [熟练强化]迁移一 以生产、生活实际为背景考查1．2017年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为Lt B ．钢筋坠下的楼层为(L －l )22ght 2＋1C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t[解析] 钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －l t ，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度v ，因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v ，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝(L －l )22ght 2＋1，B 选项正确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v ′＝0＋v 2＝L －l 2t，D 选项错误．[答案] B迁移二 以追及、相遇模型考查2．2017年8月1日，宁波市32家驾校105辆教练车正式推行“计时培训、计时收费”的新型学驾模式．不同的车型有不同的刹车性能，因此在驾校学习的过程中，除了常规的驾驶技术外，还要学习和积累一些适应不同车型的驾驶经验．现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v＝10 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间t0＝0.5 s)．甲车司机之前为了熟悉车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，根据经验计算出滑行加速度大小为a0＝0.5 m/s2，已知乙车紧急刹车时加速度大小为a2＝5 m/s2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距停车线x＝16 m，他在刹车过程中发现预计的停车位置离停车线还有一段距离，于是在车头离停车线x′＝4 m时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰好停在停车线前，则甲车紧急刹车时的加速度为多大？(2)在(1)的情况下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中至少应保持多大距离？[解析](1)设甲车空挡滑行前的速度大小为v1，则v21＝2a0x′①设甲车紧急刹车时的加速度为a1，则v2－v21＝2a1(x－x′)②联立①②解得a1＝4 m/s2.(2)甲车紧急刹车的时间t1＝v－v1a1＝2 s③设甲、乙两车在行驶过程中至少应保持的距离为x0，在乙车开始刹车后经过t2时间两车速度相等，所以v－a1(t2＋t0)＝v－a2t2④解得t 2＝2 s(不符合题意)所以速度相等的时刻在甲车空挡滑行的时间内，上式应为 v 1－a 0(t 2－t 1＋t 0)＝v －a 2t 2⑤ 解得t 2＝1.61 s甲车的位移x 甲＝(x －x ′)＋v 1(t 2＋t 0－t 1)－12a 0(t 2＋t 0－t 1)2＝12.2m ⑥乙车的位移x 乙＝v t 2－12a 2t 22＝9.6 m ⑦x 0＝x 甲－x 乙＝2.6 m. [答案] (1)4 m/s 2 (2)2.6 m考向二 运动图象的应用[归纳提炼]1．图象问题常见的是x －t 和v －t 图象，在处理特殊图象的相关问题时，可以把处理常见图象的思想以及方法加以迁移，通过物理情境遵循的规律，从图象中提取有用的信息，根据相应的物理规律或物理公式解答相关问题．处理图象问题可参考如下操作流程：2．处理特殊图象的问题时，在必要时可将该图象所反映的物理过程转换为常见的x－t或v－t图象进行处理．(2017·宁夏银川一中二模)甲、乙两车在平直公路上行驶，其速度—时间图象如右图所示，则下列说法正确的是()A．8 s末，甲、乙两车相遇B．甲车在0～4 s内的位移小于乙车在4～8 s内的位移C．4 s末，甲车的加速度小于乙车的加速度D．在0～8 s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度[解析]由于两车的初始位置关系未知，无法判断8 s末甲、乙两车是否相遇，选项A错误；连接图中(0,0)和(8,40)两点，根据“速度—时间图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移”及对称性可知，甲车在0～4 s内的位移(小于40 m)小于乙车在4～8 s内的位移(等于40 m)，选项B正确；根据“速度—时间图象的切线斜率表示加速度”可知，4 s末，甲车的加速度大于乙车的加速度，选项C错误；由右图结合对称性可以得出，在0～8 s内，两车的位移x大小相等，由v＝xt知，两车的平均速度大小相等，选项D错误．[答案] B“面积法”是图象分析中重要的方法之一，而添加辅助线判断、比较更具新意.追及相遇问题常涉及图象的应用，而近四年全国卷中都出现了图象问题，其中速度图象四年四考，足见其重要性.关于速度图象的命题主要围绕三个方面进行.(1)利用速度图象结合相关情境直接设问：解决此类问题的关键要清楚图线对应的点、线、截距(初速度或开始计时的时间)、面积(位移)、拐点(加速度方向变化)等表示的意义.(2)图象转化：已知速度图象设问加速度图象，或者反其道而行之，解决处理问题的关键是利用时间段分段作出对应的图象.(3)巧用图象：对一些变速类问题，如雨滴在空气中坠落、弹簧变化过程等，巧用速度图象辅助分析问题往往会更快捷.处理运动图象时同学们容易出现的错误有以下几点：(1)对于x－t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v－t和a－t图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置.(2)在v－t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同.(3)v－t图象中两条图线在v轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.[熟练强化]1．(多选)(2017·广西三市联考)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的位置(x)—速度(v)图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．则下列判断正确的是()A．在x－v图象中，图线a表示质点甲的运动B．质点乙的初速度v0＝6 m/sC．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2D．质点乙的加速度大小a2＝1 m/s2[解析]由速度与位移公式v2－v20＝2ax分析题中x－v图象可知，图线a表示质点甲以加速度a1做匀加速直线运动，图线b表示质点乙以加速度a2做匀减速直线运动，选项A正确；由于甲、乙两质点是同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，所以从图线b 可知当位移为零时，质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项B正确；设图线a上横坐标为8的点对应的纵坐标为x0，图线a、b交点的横坐标为v1，由运动学规律并结合x－v图象有(6 m/s)2－(2 m/s)2＝2a2x0，(8 m/s)2＝2a1x0，可得甲、乙两质点加速度大小关系是a1＝2a2，又从x－v图象知v21＝2a1·6 m，v20－v21＝2a2·6 m，解得a2＝1 m/s2，a1＝2 m/s2，选项C错误，D正确．[答案]ABD2．(2017·江西南昌3月模拟)一辆汽车做直线运动，其v2—x图象如图所示．关于汽车的运动，下列说法错误的是() A．汽车的初速度为4 m/sB．汽车的加速度大小为0.5 m/s2C．汽车第4 s末的速度为2 m/sD．汽车前10 s内的位移为15 m[解析]由图可知初始时速度的平方为16 m2/s2，则汽车的初速度v0＝4 m/s，A项正确．由题图可知v2与x的关系式为v2－42＝－x，再与公式v2－v20＝2ax对比可知汽车做匀减速直线运动，加速度a ＝－0.5 m/s2，B项正确．由v＝v0＋at，可得汽车第4 s末的速度为v 4＝4 m/s －0.5×4 m/s ＝2 m/s ，C 项正确．因0－v 0a ＝8 s ，则知第8 s末车停止，汽车前10 s 内位移x ＝0－v 202a＝16 m ，D 项错误，故选D. [答案] D3．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上由静止开始做直线运动．通过传感器监测到加速度a 随时间t 变化的规律如图乙所示．取开始运动的方向为正方向，则下列说法正确的是( )A ．在2～6 s 内，推力F 小于阻力，物体做减速运动B ．在0～7 s 内，6 s 末时物体的速度最大，大小为12 m/sC ．在2～7 s 内，物体做匀变速直线运动D ．在0～7 s 内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动[解析] 在0～6 s 内，加速度为正，物体沿正方向运动，故2～6 s 内推力F 大于阻力，物体做加速度减小的加速运动；在6～7 s 内，加速度为负，物体沿正方向做减速直线运动，故A 、D 错误．在2～7 s 内，物体的加速度一直在变化，故C 错误．a －t 图线与t 轴围成的面积表示速度变化量，0～6 s 内物体一直在加速，6 s 末加速度反向，此时速度最大，v ＝12×6×4 m/s ＝12 m/s ，故B 正确．[答案] B考向三动力学的连接体问题[归纳提炼]1．加速度相同的连接体问题(1)若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．2．加速度不同的连接体问题若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g.求：(1)物块B受到的摩擦力；(2)物块A、B的加速度大小．[思路点拨]运动关系：由于细绳的长度不变，故A前进距离s时，A 、B 间的细绳上面部分长了12s ，下面部分短了12s ，由于细绳的固定端位置不动，故B 的位移为12s ，因此有a A ＝2a B . 受力关系：考虑到滑轮质量不计，设细绳中的张力为T ，动滑轮对B 的作用力T B ＝2T .[解析] (1)物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s 物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的张力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B联立解得a A ＝F －3μmg 2ma B ＝F －3μmg 4m. [答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg 4m从上面的例题可以看出，解决有相对运动的连接体问题，要找到连接体中物体间的位移关系、速度关系和加速度关系，要充分考虑两物体的受力关系.滑轮质量不计，可得作用在滑轮上的绳子的受力关系，这是解题的关键，两物体加速度的关系是突破的难点.该题常见的易错点是不从位移关系入手，直接认为两物体速度相等，或者把B 的位移错认为A 的位移的2倍，从而错误地得到a B ＝2a A .[熟练强化]1．(2017·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A ．(1－μ)gB ．(1－μ2)gC.1－μ2μg D ．与木块A 、B 的质量有关[解析] A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，对A 、B 整体受力分析后有m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g .故选A.[答案] A2．(多选)(2017·河北六校联考)如图所示，一轻弹簧的劲度系数为k ，其一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端与物块A 连接，物块B 紧挨着物块A 放置，两物块A 、B 的质量均为m ，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使物块B 做加速度为a 的匀加速运动，重力加速度为g ，则( )A ．拉力F 一定是恒力B ．A 、B 分离时刻，弹簧形变量为mg sin θ＋ma kC ．整个过程中物块A 与弹簧组成的系统机械能守恒D ．从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少[解析] 对A 、B 整体受力分析可知，在A 和B 分离前该整体在沿斜面方向的拉力F 、总重力、斜面的支持力和弹簧弹力作用下做匀加速运动，运动过程中弹簧弹力发生变化，而重力沿斜面方向的分力不变，故F 一定是变力，A 错误；A 、B 分离时刻，A 、B 间的作用力为0，A 的加速度仍是a ，设弹簧弹力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T －mg sin θ＝ma ，由胡克定律有F T ＝kx ，解得弹簧的形变量为mg sin θ＋ma k，B 正确；从开始到A 、B 分离前，弹簧弹力对A 、B 整体做正功，故A 与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 错误；从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 由2ma 随位移均匀增大到ma ＋mg sin θ，而弹簧弹力由2mg sin θ随位移均匀减小到ma ＋mg sin θ，所以拉力F做的功比弹簧弹力做的功少，D正确．[答案]BD对连接体中的临界极值问题可采用下列三种方法分析解决：(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的.(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题.(3)数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件.考向四牛顿第二定律的综合应用[归纳提炼]应用牛顿第二定律解题的思路[熟练强化]1．(多选)(2017·江西新余二模)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)()B．粮袋开始运动的加速度为g sinθ－μg cosθ，若L足够大，则粮袋最终将以速度v做匀速运动C．若μ<tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ[解析]粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度不大于v；也可能先匀加速运动，当速度与v相同后，粮袋做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝g sinθ＋μg cosθ，故B错误；若μ<tanθ，则粮袋重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，故加速度的方向一直向下，粮袋从A到B一直做加速运动(可能一直以g sinθ＋μg cosθ的加速度加速运动，也可能先以g sinθ＋μg cosθ的加速度加速运动，后以g sinθ－μg cosθ的加速度加速运动)，故C正确；由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误．[答案]AC2．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A，某时刻，B受到水平向左的外力F的作用．F 随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的滑动摩擦力F f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性描述物块A的运动情况的v－t图象是()[解析] 刚开始时外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt 2m，可见加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，这个过程对应的v －t 图线的斜率逐渐增加，C 、D 错误；随着时间t 的增加，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 之间刚好发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F－F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F f k 后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图线是倾斜的直线，A 错误、B 正确．[答案] B滑块临界问题处理方法[考点归纳]板块模型中动力学问题的解题思路[典题示例](20分)(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．[审题指导]第一步 读题干—提信息1) }⇒ ⎭⎪⎬⎪⎫板向右运动B 向右运动⇒t 1时刻B 与板共速 错误!―→求解[满分答案] (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f 1、f 2和f 3，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a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ①(1分)f 2＝μ1m Bg ②(1分)f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③(2分)由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥(2分)设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧(2分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨(2分)(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩(2分)设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(m B＋m)a2⑪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v1，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v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋a A t2⑬(2分)在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮(2分)A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s0＝s A＋s1＋s B⑯(2分)联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m⑰(2分)(也可用如图的速度－时间图线求解)[答案](1)1 m/s(2)1.9 m(1)慢审题，快答题,只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题.所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素.要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视.(2)习惯画图，分段处理,对综合性强、过程较为复杂的题，要习惯画草图，采用“分段”处理，所谓的“分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.[满分体验] (2017·河南五校联考)如下图所示，可视为质点的物体A 叠放在长木板B 上，A 、B 的质量分别为m 1＝10 kg 、m 2＝10 kg ，B 长为L ＝16 m ，开始时A 在B 的最右端；A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：(1)力F 作用的时间，及此时B 前进的距离；(2)撤去外力F 后B 还能走多远？[解析] (1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2， 对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2，a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L 代入数据得，t ＝2 s ，v A ＝8 m/s ，v B ＝16 m/s此时B 前进的距离为x B ＝12a 2t 2＝16 m. (2)撤去外力F 后，对A 有μ1m 1g ＝m 1a 3，a 3＝4 m/s 2对B有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a4，a4＝12 m/s2设A、B经过时间t1达到共同速度v1则有v A＋a3t1＝v B－a4t1解得：t1＝0.5 s，v1＝10 m/s此过程中B前进的距离为x1＝v2B－v212a4＝6.5 mA、B共速后一起匀减速的加速度为a5μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5，a5＝4 m/s2此时B前进的距离为x2＝v212a5＝12.5 m撤去F后B前进的总距离为x＝x1＋x2＝19 m. [答案](1)2 s16 m(2)19 m。

2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题一 第四

2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题一 第四

板块一专题突破复习第四讲万有引力定律及其应用(2)(3)三种宇宙速度(4)同步卫星的“七个一定”特点①轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面．②周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h.③角速度一定：与地球自转的角速度相同，即ω＝7.3×10－5 rad/s.④高度一定：由G Mm(R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )得地球同步卫星离地面的高度h ＝ 3GMT 24π2－R ＝3.6×107m. ⑤速率一定：v ＝GMR ＋h＝3.1×103 m/s. ⑥向心加速度一定：由G Mm (R ＋h )2＝ma ，得a ＝GM(R ＋h )2＝g h ≈0.23m/s 2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度．⑦绕行方向一定：运行方向与地球自转方向一致.考向一 天体质量与密度的计算[归纳提炼]天体质量及密度的估算方法[熟练强化]1．(2017·北京卷)利用引力常量G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是( )A ．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B ．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C ．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D ．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 [解析] 由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有G Mm 0R2＝m 0g ，故可得M ＝gR 2G ，A 项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有G Mm 1R 2＝m 1v 2R ，v ＝2πRT ，联立得M ＝v 3T 2πG，B 项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有G Mm 2r 2＝m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ′ 2r ，故可得M ＝4π2r 3GT ′2，C 项错误；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，不可求出地球的质量，D 项正确．[答案] D2．(2017·河北六校联考)某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T ，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，发现日落的T 2时间内有T6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )A.24πGT 2B.3πGT 2C.8πGT 2D.16πGT2 [解析] 设行星质量为M ，半径为R ，密度为ρ，卫星质量为m ，如图所示，发现日落的T 2时间内有T6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r ＝R cos φ＝2R ，根据G Mm(2R )2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22R ，M ＝ρ43πR 3，解得ρ＝24πGT2.[答案]A(1)利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量，估算的是中心天体的质量而非环绕天体的质量.(2)区别两个半径(轨道半径与天体半径)，轨道半径与天体半径的关系为r ＝R ＋h ，只有在天体表面附近的卫星，才有R ≫h ，r ≈R .(h 指卫星到天体表面高度考向二 人造卫星[归纳提炼]1．必须掌握的四个关系GMm r 2＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫ma ―→a ＝GMr 2―→a ∝1r 2m v 2r ―→v ＝GM r ―→ v ∝1r mω2r ―→ω＝GMr 3―→ω∝1r 3m 4π2T 2r ―→T ＝4π2r 3GM―→T ∝r 3越高越慢 2．必须牢记同步卫星的两个特点(1)同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期．(2)所有同步卫星都在赤道上空相同的高度上．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A ．周期变大B ．速率变大C ．动能变大D ．向心加速度变大[解析] 组合体比天宫二号质量大，轨道半径R 不变，根据GMmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GMR ，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又T ＝2πR，则周期T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度a ＝GMR 2，不变，D 项错误．[答案] C求解本题时，若对天体运动规律掌握不熟悉，加之考试紧张，题目情景分析不明，可能会误以为是较复杂的行星轨道变化问题，错把简单问题复杂化，耗时而费力.高考复习时，应仔细分析天体运动特点，正确画出情景图，切忌搞题海战术，分不清情景乱套公式，同时也要关注社会科技新动向.[熟练强化]1．(多选)(2017·河北保定一模)O 为地球球心，半径为R 的圆为地球赤道，地球自转方向如图所示，自转周期为T ，观察站A 有一观测员在持续观察某卫星B .某时刻观测员恰能观察到卫星B 从地平线的东边落下，经T 2的时间，再次观察到卫星B 从地平线的西边升起．已知∠BOB ′＝α，地球质量为M ，引力常量为G ，则( )A ．卫星B 绕地球运动的周期为πT2π－αB ．卫星B 绕地球运动的周期为πT2π＋αC ．卫星B 离地表的高度为 3GM 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2π－α 2－R D ．卫星B 离地表的高度为 3GM 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2π＋α 2－R [解析] 当地球上A 处的观测员随地球转动半个周期时，卫星转过的角度应为2π＋α，所以T 2＝2π＋α2πT 卫，解得T 卫＝πT 2π＋α，A 错，B 对．卫星绕地球转动过程中万有引力充当向心力，G Mm 卫r 2卫＝m 卫⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 卫 2r 卫，得r 卫＝ 3T 2卫GM 4π2＝ 3GM 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2π＋α 2，则卫星距地表的高度h ＝r 卫－R ＝ 3GM 4·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2π＋α 2－R ，C 错，D 对． [答案] BD2．(多选)(2017·广东华南三校联考)石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星A 的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星．如图所示，假设某物体B 乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C 相比较( )A ．B 的线速度大于C 的线速度 B ．B 的线速度小于C 的线速度C ．若B 突然脱离电梯，B 将做离心运动D ．若B 突然脱离电梯，B 将做近心运动[解析] A 和C 两卫星相比，ωC >ωA ，而ωB ＝ωA ，则ωC >ωB ，又据v ＝ωr ，r C ＝r B ，得v C >v B ，故B 项正确，A 项错误．对C 星有G Mm C r 2C ＝m C ω2C r C ，又ωC >ωB ，对B 星有G Mm B r 2B >m B ω2B r B ，若B 突然脱离电梯，B 将做近心运动，D 项正确，C 项错误．[答案] BD 3.(多选)(2017·江西七校联考)卫星A 、B 的运行方向相同，其中B 为近地卫星，某时刻，两卫星相距最近(O 、B 、A 在同一直线上)，已知地球半径为R ，卫星A 离地心O 的距离是卫星B 离地心的距离的4倍，地球表面重力加速度为g ，则( )A ．卫星A 、B 的运行周期的比值为T A T B＝41 B ．卫星A 、B 的运行线速度大小的比值为v A v B＝12 C ．卫星A 、B 的运行加速度的比值为a A a B＝14 D ．卫星A 、B 至少经过时间t ＝16π7R g ，两者再次相距最近[解析] 本题以卫星的运行考查运行参量的比较，求解方法仍是抓住主、副两条线索．由地球对卫星的引力提供向心力G Mm r 2＝m 4π2T2r 知T ＝2π r 3GM∝r 3，而r A ＝4r B ，所以卫星A 、B 的运行周期的比值为T A T B＝81，A 项错误；同理，由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝ GM r ∝1r ，所以卫星A 、B 的运行线速度大小的比值为v A v B＝12，B 项正确；由G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r 2∝1r 2，所以卫星A 、B 的运行加速度的比值为a A a B＝116，C 项错误；由T ＝2π r 3GM 及地球表面引力等于重力大小G Mm R 2＝mg 知T ＝2π r 3gR 2，由于B 为近地卫星，所以T B ＝2π Rg ，当卫星A 、B 再次相距最近时，卫星B 比卫星A 多运行了一周，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT B －2πT A t ＝2π，联立可得t ＝16π7 R g ，D 项正确．[答案] BD天体相遇问题的解法如图，当两运行天体A 、B 的轨道平面在同一平面内时，若运行方向相同，则内侧天体B 比A 每多运行一圈时相遇一次，在Δt 时间内相遇的次数n ＝Δt T B －Δt T A＝ωB －ωA 2πΔt .若运行方向相反时，则A 、B 每转过的圆心角之和等于2π时发生一次相遇，在Δt 时间内相遇的次数为：n＝ωAΔt＋ωBΔt2π＝ΔtT B＋ΔtT A.考向三卫星的变轨问题[归纳提炼]1．变轨原理及过程(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上．(2)在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ.(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ.2．部分物理量的定性分析(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点速率分别为v A、v B.在A点加速，则v A>v1，在B点加速，则v3>v B，又因v1>v3，故有v A>v1>v3>v B.(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B 点加速度也相同．(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律r3T2＝k，可知T1<T2<T3.(多选)如图所示是我国发射的“嫦娥三号”卫星被月球俘获的示意图，“嫦娥三号”卫星先绕月球沿椭圆轨道Ⅲ运动，在P点经两次制动后最终沿月球表面的圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，已知圆轨道半径为r，椭圆Ⅲ的半长轴为4r，卫星沿圆轨道Ⅰ运行的周期为T，则下列说法中正确的是()A．“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅱ上运行的机械能大于在轨道Ⅲ上运行的机械能B．“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅲ上运行时，在M点的速度大小大于在P点的速度大小C．“嫦娥三号”卫星在三个轨道上运行时，在P点的加速度总是相同的D．“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅲ上运行时，从M点运动到P点经历的时间为4T[思路路线]在P 点两次制动减速→从Ⅲ到Ⅱ机械能减少→A 错同一轨道运行时机械能守恒→近地点速度大→B 错Ⅲ、Ⅱ为椭圆轨道→a ＝v 2r 不成立→据a ＝GM r 2判断→C 正确 开普勒第三定律→从M 点到P 点时间为4T →D 正确[解析] 因“嫦娥三号”卫星从轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ上运行时，必须在P 点进行减速，即在轨道Ⅱ上运行的机械能小于在轨道Ⅲ上运行的机械能，A 项错误；由开普勒行星运动第二定律知“嫦娥三号”卫星在近月点速度大，即“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅲ上运行时，在M 点的速度大小小于在P 点的速度大小，B 项错误；由G Mm r2＝ma 知卫星离中心天体高度相同时，运行的加速度相同，C 项正确；令“嫦娥三号”卫星从M 点运动到P 点经历的时间为t ，则由开普勒行星运动第三定律得r 3T 2＝(4r )3(2t )2，即t ＝4T ，D 项正确． [答案] CD变轨过程中能量分析的常见误区(1)变轨前后，卫星机械能不守恒．卫星的发射和回收都是利用以上原理通过多次变轨实现的．由于变轨时卫星需要借助“点火”实现加速或减速，变轨前后的机械能不守恒，有其他形式的能量参与转化．(2)同一轨道上自主运行时仅受万有引力作用，机械能守恒．这一结论对圆形或椭圆形轨道均成立．[熟练强化]迁移一 卫星的交会对接问题1．“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十号”运行轨道．此后“神舟十号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫一号”的交会对接，则( )A ．“天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”在轨道Ⅱ上的运行速率B ．“神舟十号”变轨后比变轨前高度增加，机械能减少C ．“神舟十号”可以通过减速而使轨道半径变大D ．“天宫一号”和“神舟十号”对接瞬间的向心加速度大小相等[解析] 做圆周运动的天体，线速度大小v ＝ GMr ，因此轨道半径较大的“天宫一号”速率较小，A 项错误；“神舟十号”由低轨道到高轨道运动需要消耗火箭燃料加速，由功能关系可知在高轨道上飞船机械能更大，B 项错误；飞船在圆周轨道上减速时，万有引力大于所需要的向心力，飞船做近心运动，轨道半径减小，C 项错误；在对接瞬间，“神舟十号”与“天宫一号”所受万有引力提供向心力，向心加速度相等，D 项正确．[答案] D迁移二 较高轨道向较低轨道变轨2．(2017·株洲模拟)如右图所示，“嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形，轨道Ⅱ为椭圆．下列说法正确的是( )A ．探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期B ．探测器在轨道Ⅰ经过P 点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P 点时的加速度C ．探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度D ．探测器在P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速[解析] 根据开普勒第三定律知，r 3T 2＝k ，因为轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，则探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故A 正确；根据牛顿第二定律知，a ＝GM r 2，探测器在轨道Ⅰ经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P 点时的加速度，故B 错误；根据G Mm r 2＝ma 知，探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度a ＝GM r 2，月球表面的重力加速度g ＝GM R 2，因为r >R ，则探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故C 错误．探测器在P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故D 错误．[答案] A迁移三 较低轨道向较高轨道变轨3．(多选)“嫦娥五号”的主要任务是月球取样返回．“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行．如图所示是“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道，1轨道是贴近月球表面的圆形轨道，2和3轨道是变轨后的椭圆轨道．A 点是2轨道的近月点，B 点是2轨道的远月点，“嫦娥五号”在轨道1的运行速率为1.8 km/s ，则下列说法中正确的是( )A ．“嫦娥五号”在2轨道经过A 点时的速率一定大于1.8 km/sB ．“嫦娥五号”在2轨道经过B 点时的速率一定小于1.8 km/sC ．“嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D ．“嫦娥五号”在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率[解析] “嫦娥五号”在1轨道做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm r 2＝m v 21r ，由1轨道A 点变轨到2轨道“嫦娥五号”做离心运动，则有G Mm r 2<m v 22A r ，故v 1<v 2A ，选项A 正确；“嫦娥五号”在2轨道B 点做近心运动，则有G Mm r 2B >m v 22B r B ，若“嫦娥五号”在经过B 点的圆轨道上运动，则G Mm r 2B ＝m v 2B r B，由于r <r B ，所以v 1>v B ，故v 2B <v B <v 1＝1.8 km/s ，选项B 正确；3轨道的高度大于2轨道的高度，故“嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，选项C 错误；“嫦娥五号”在各个轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，在A 点时重力势能最小，动能最大，速率最大，故“嫦娥五号”在3轨道所具有的最大速率大于在2轨道所具有的最大速率，选项D 错误．[答案] AB高考高频考点强化——宇宙多星模型[考点归纳]1．双星模型(1)模型条件：两颗恒星彼此相距较近；两颗恒星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动；两颗恒星绕同一圆心做匀速圆周运动．(2)模型特点①向心力等大反向：两颗恒星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，故F 1＝F 2，且方向相反，分别作用在两颗恒星上，是一对作用力和反作用力．②周期、角速度相同：两颗恒星做匀速圆周运动的周期、角速度相等．③半径、线速度与质量成反比：圆心在两颗恒星的连线上，且r1＋r2＝L，两颗恒星做匀速圆周运动的半径与恒星的质量成反比．两颗恒星做匀速圆周运动的线速度与恒星的质量成反比．2．三星模型(1)第一种情况：三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央的星(静止不动)在同一半径为R的圆轨道上运行，周期相同．(2)第二种情况：三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆轨道运行，三颗星的运行周期相同(如图所示)．3．四星模型(1)第一种情况：四颗星稳定地分布在边长为a的正方形的四个顶点上，均围绕正方形的两条对角线的交点做匀速圆周运动(如图所示)．(2)第二种情况：有三颗星位于边长为a 的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，而第四颗星刚好位于三角形的中心不动．[真题归类]1．(2013·山东卷)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( )A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k T D.n k T[解析] 设双星的质量分别为m 1、m 2，两星做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，则总质量M ＝m 1＋m 2，两者之间的距离l ＝r 1＋r 2.根据万有引力定律及牛顿第二定律得G m 1m 2l 2＝m 14π2T 2r 1、G m 1m 2l 2＝m 24π2T 2r 2，将两式相加整理可得T ＝4π2l 2(r 1＋r 2)G (m 1＋m 2)＝4π2l 3GM .当总质量变为原来的k倍，距离变为原来的n倍时，周期将变为原来的n3k倍，故选项B正确．[答案] B2．(2010·全国卷Ⅰ)如图所示，质量分别为m和M的两个星球A 和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常量为G.(1)求两星球做圆周运动的周期；(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2.已知地球和月球的质量分别为 5.98×1024kg和7.35×1022 kg.求T2与T1两者二次方之比．(结果保留3位小数)[解析](1)设两个星球A和B做匀速圆周运动的轨道半径分别为r和R，相互作用的引力大小为F，运行周期为T.根据万有引力定律有F＝G Mm(R＋r)2①由匀速圆周运动的规律得F ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ②F ＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ③由题意有L ＝R ＋r ④ 联立①②③④式得T ＝2πL 3G (M ＋m ).⑤(2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心O 不在地心，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出T 1＝2πL ′3G (M ′＋m ′)⑥式中，M ′和m ′分别是地球与月球的质量，L ′是地心与月心之间的距离．若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则G M ′m ′L ′2＝m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2 2L ′⑦式中，T 2为月球绕地心运动的周期．由⑦式得 T 2＝2πL ′3GM ′⑧ 由⑥⑧式得⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 1 2＝1＋m ′M ′⑨ 代入题给数据得⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 1 2＝1.012.⑩[答案] (1)2π L 3G (M ＋m )(2)1.0123.(2015·安徽卷)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：(1)A星体所受合力大小F A；(2)B星体所受合力大小F B；(3)C星体的轨道半径R C；(4)三星体做圆周运动的周期T.[解析](1)由万有引力定律，A 星体所受B 、C 星体引力大小为 F BA ＝G m A m Br 2＝G 2m 2a 2＝F CA ，方向如图所示．合力大小 F A ＝23G m 2a2(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为 F AB ＝G m A m Br 2＝G 2m 2a2F CB ＝G m C m Br 2＝G m 2a 2，方向如图所示．由F Bx ＝F AB cos60°＋F CB ＝2G m 2a 2F By ＝F AB sin60°＝3G m 2a 2可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By ＝7G m 2a2 (3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝74a (或：由对称性可知OB ＝OC ＝R C ，cos ∠OBD＝F Bx F B ＝DB OB＝12aR C )(4)三星体运动周期相同，对C 星体，由F C ＝F B＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C可得T ＝πa 3GM[答案] (1)23G m 2a 2 (2)7Gm 2a 2 (3)74a (4)πa 3Gm解决双星、多星问题，要抓住四点：一抓双星或多星的特点、规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径；二抓星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供；三抓星体的角速度相等；四抓星体的轨道半径不是天体间的距离.要利用几何知识，寻找它们之间的关系，正确计算万有引力和向心力.[迁移训练]1．(2017·黑龙江大庆模拟)某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系．如图所示，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动．如果两颗小星间的万有引力为F ，母星与任意一颗小星间的万有引力为9F ，则( )A ．每颗小星受到的万有引力为(3＋9)FB ．每颗小星受到的万有引力为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9FC ．母星的质量是每颗小星质量的2倍D ．母星的质量是每颗小星质量的33倍[解析] 每颗小星受到的万有引力的合力为9F ＋2F cos30°＝(3＋9)F ，A 正确，B 错误．由F ＝G mm L 2和9F ＝G Mm ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2cos30° 2得，Mm ＝3，C 、D 错误．[答案] A2．(2017·菏泽市二模)2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr (a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径)，则( )A．b星的周期为l－Δr l＋ΔrTB．a星的线速度大小为π(l＋Δr)TC．a、b两颗星的半径之比为l l－ΔrD．a、b两颗星的质量之比为l＋Δr l－Δr[解析]双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；根据题意可知，r a＋r b＝l，r a－r b＝Δr，解得：r a＝l＋Δr2，r b＝l－Δr2，则a星的线速度大小v a＝2πr aT＝π(l＋Δr)T，r ar b＝l＋Δrl－Δr，故B正确，C错误；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m aω2r a＝m bω2r b，解得：m am b＝r br a＝l－Δrl＋Δr，故D错误．[答案] B3．(多选)(2017·河北六校联考)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示．设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是()A ．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 Gm LB ．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4πL 35GmC ．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2L 33GmD ．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为3GmL 2[解析] 本题考查三星系统，求解的思路是运行天体的向心力由万有引力的合力提供．在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G m 2L 2＋G m 2(2L )2＝m v 2L ，解得v ＝12 5GmL ，A 项错误；由周期T ＝2πrv 知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T ＝4π L 35Gm，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2G m 2L 2cos30°＝mω2·L 2cos30°，解得ω＝3Gm L 3，C 项错误；由2G m 2L2cos30°＝ma 得a ＝3GmL 2，D 项正确． [答案] BD4．(2017·浙江五校联考)我们知道在一个恒星体系中，各个恒星绕着中心的恒星的运转半径r 及运转周期T 之间，一般存在以下关系，r 3T 2＝k ，k 的值由中心的恒星质量决定．现在，天文学家又发现了相互绕转的三颗恒星，可以将其称为三星系统．如图所示，假设三颗恒星质量相同，均为m ，间距也相同．它们仅在彼此的引力作用下围绕着三星系统的中心点O 做匀速圆周运动，运动轨迹完全相同．它们自身的大小与它们之间的距离相比，自身的大小可以忽略．请你通过计算定量说明：三星系统的运转半径的立方与运转周期的平方的比值应为多少．(已知引力常量为G )[解析] 设三星系统的运动半径为r ，周期为T ，两个天体之间的距离为2r cos30°.对三星系统中的任意一颗恒星有Gm 2(2r cos30°)2×cos30°×2＝m 4π2T 2r ，解得r 3T 2＝3Gm12π2.[答案] 3Gm 12π2。

2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题二 第一

2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题二 第一

板块一专题突破复习第一讲功功率动能定理①单个力做的功：直接用W＝Fx cosα计算．有两种不同的计算公式，即分解力或分解位移；常见的恒力功有：电场力功：W Q＝qEd＝qU安培力功：W安＝BILd重力功：W G＝mgh②合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cosα求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．(2)功率的两个公式①P＝Wt.求出的功率是时间t内的平均功率．②P＝F v cosα.其中α是F与v方向的夹角；若v取瞬时速度，则对应的P为瞬时功率；若v取平均速度，则对应的P为平均功率．(3)对动能定理的理解①动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，包括重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F合l cosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考系．④动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．考向一功和功率的计算[归纳提炼]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．准确理解功的定义式W＝Fl及变形式W＝Fl cosα中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方式求解．3．对于功率的计算，应注意区分公式P＝Wt和公式P＝F v，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.[思路点拨]由圆柱C一开始受力平衡可得出力F的大小．动摩擦因数最小时，B受C压力的水平分力最大．拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功．[解析](1)C受力平衡，有2F cos30°＝mg解得F＝33mg(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大F x max＝32mgB受地面的摩擦力f＝μmg 根据题意f min＝F x max解得μmin＝3 2.(3)C下降的高度h＝(3－1)R A的位移x＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR . [答案] (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法分析求解：如图所示，用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面时对整体，有N B ＋N A ＝mg ＋2×m2g ，地面支持力N B ＝N A ＝mg对C ，竖直方向上有2F B cos60°＝mg 对B ，水平方向上有f ＝F B sin60°＝32mg 而f ≤f m ＝μN B ＝μmg ，故动摩擦因数μ≥32，最小值μmin ＝32.当F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功.分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”.严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功.存在电场时，还要考虑是否有电场力做功.[熟练强化]1．(2017·长沙雅礼中学三模)如右图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为1×103 kg/m 3)( )A ．12 WB ．120 WC ．240 WD ．1200 W[解析] 考虑Δt 时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm ＝ρs v Δt ，该部分水增加的动能ΔE k ＝12Δm v 2，结合上式，有ΔE k ＝12ρs v 3Δt ，则水枪的平均功率P ＝ΔE k /Δt ＝12ρs v 3，代入数据，得P ＝240 W.[答案] C 2.(多选)(2017·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是()A．重力对三个小球所做的功相同B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小[解析]假设平板的长度为x，由功的定义式可知W＝mgx sinθ＝mgh，则A正确；小球在斜面上运动的加速度a＝g sinθ，小球到达平板底端时的速度为v＝2ax＝2gx sinθ＝2gh，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C错误；由位移公式x＝12at2可知t＝2xa＝2hg sin2θ，整个过程中重力的平均功率为P＝Wt＝mg sinθ2gh2，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B错误；根据P＝mg v cos(90°－θ)＝mg v sinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D[答案] AD3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl [解析] 将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l ，故重力势能增加13mg ·l 3＝19mgl ，由功能关系可知A[答案] A考向二动能定理的应用[归纳提炼]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．3．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.(取sin37°＝35，cos37°＝45)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．[思路路线][解析](1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R①设P到达B点时的速度为v B，由动能定理得mgl sinθ－μmgl cosθ＝12m v2B②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B＝2gR③(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgx sinθ－μmgx cosθ－E p＝0－12m v2B④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有E p－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m[答案] (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m应用动能定理解题的基本步骤[熟练强化]迁移一动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017·宁德市模拟)如图所示，一半径为R的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量为m的滑块(可视为质点)，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，进入一段圆弧轨道AB.随后滑上以v0顺时针匀速转动的传送带，当滑块滑到与传送带左端B的距离为L/n时，滑块速度恰好与传送带速度相同．已知AB段为一段光滑的圆弧轨道，轨道半径为r，圆弧轨道与传送带在B点水平相切，滑块与圆盘、传送带间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道AB 和经过B点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求轨道AB 的高度．(3)求滑块到达圆弧轨道的B 点时对轨道的压力大小．[解析] (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得μmg ＝mω2R代入数据解得ω＝μg R .(2)滑块在A 点时的速度v A ＝ωR ＝μgR ，设轨道AB 的高度为h ，滑块到达B 点时的速度为v ，下滑过程机械能守恒，mgh ＝12m v 2－12m v 2A ，解得v ＝2gh ＋μgR若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动，根据动能定理有μmgL /n ＝12m v 20－12m v 2，则h ＝v 20－μgR 2g－μL n若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，根据动能定理有－μmgL /n ＝12m v 20－12m v 2，则h ＝v 20－μgR 2g＋μL n .(3)在B 点，由牛顿第二定律，可得F N －mg ＝m v 2r 解得F N ＝mg ＋m v 20r ＋2μmgL nr . [答案] (1)μg R (2)v 20－μgR2g －μL n 或v 20－μgR 2g ＋μL n(3)mg ＋m v 20r ＋2μmgLnr迁移二 动能定理在电场中的应用2．(2017·上海市静安区摸底)如下图所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零，求：(1)A 点的场强大小； (2)阻力的大小； (3)A 点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程．[解析] (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得： E A ＝k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2 2－k Q⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2 2＝32kQ 9L 2；(2)由对称性知，φA ＝φB ，电荷从A 到B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：W f ＝F f L ，由动能定理：－F f L ＝0－12m v 20，得：F f ＝m v 202L(3)设电荷从A 到O 点电场力做功为W F ，克服阻力做功为12W f ，由动能定理：W F －12W f ＝12nm v 20－12m v 20得：W F ＝m v 204(2n －1)由：W F ＝q (φA －φO ) 得：φA ＝W F q ＝m v 24q(2n －1)(4)电荷最后停在O 点，在全过程中电场力做功为W F ＝m v 204(2n－1)，电荷在电场中运动的总路程为s ，则阻力做功为－F f s .由动能定理：W F －F f s ＝0－12m v 2即：m v 204(2n －1)－12L m v 20s ＝－12m v 20解得：s ＝(n ＋0.5)L .[答案] (1)32kQ 9L 2 (2)m v 202L (3)m v 204q(2n －1) (4)(n ＋0.5)L高考题型预测——动能定理与图象结合的问题[考点归纳]动能定理与图象结合的问题 1．图象问题分析的“四步走”2．常见图象所围面积的含义(2017·河北名校联盟)晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息[解析](1)轿车在MO段运动时，以10 m/s的速度匀速运动，有F1＝f1，P＝F1v1联立解得f1＝20×10310N＝2000 N.(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图象可知t＝15 s时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F2＝f2，P＝F2v2联立解得f2＝20×1035N＝4000 Nt＝5 s时轿车经过O点，开始做减速运动，有F1－f2＝ma 解得a＝－1 m/s2轿车通过O点时加速度大小为1 m/s2.(3)由动能定理可知Pt－f2x＝12m v22－12m v21解得x＝68.75 m.[答案](1)2000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力).(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的).[预测题组]1．(多选)(2017·华中师大附中二模)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B ．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC ．匀速运动时的速度约为6 m/sD ．减速运动的时间约为1.7 s[解析] F －s 图象围成的面积代表拉力F 做的功，由图知减速阶段F －s 围成面积约13个小格，每个小格1 J 则约为13 J ，故B 选项正确．刚开始匀速，则F ＝μmg ，由图知F ＝7 N ，则μ＝F mg ＝0.35，故A 选项正确．全程应用动能定理W F －μmgs ＝0－12m v 20，其中W F ＝(7×4＋13)J ＝41 J ，得v 0≈6 m/s ，故C 正确．由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故D 错误．[答案] ABC2．(2017·湖南五十校联考)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如右图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s[解析] F －x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理，得W ＝12m v 22－12m v 21，代入数据，可得v 2＝3 m/s ，B 正确．[答案] B3．(2017·宁夏银川一中第二次考试)质量为1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移s 之间的关系如下图所示，重力加速度为10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．AB 段加速度大小为3 m/s 2B ．OA 段加速度大小为5 m/s 2C ．s ＝9 m 时速度大小为3 2 m/sD ．s ＝3 m 时速度大小为2 2 m/s[解析] 分析可知W －s 图线的斜率表示拉力的大小，由W －s 图象，可知F OA ＝5 N ，F AB ＝2 N ，而物体受到的摩擦力为F f ＝2 N ，故物体在OA 段加速，由牛顿第二定律，可知F OA －F f ＝ma ，故a ＝3 m/s 2，而在AB 段物体做匀速运动，选项A 、B 错误．在OA 段，根据动能定理，有W －μmgs ＝12m v 2A，解得v A ＝3 2 m/s ，故可知选项C正确，D错误．[答案] C4．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[解析](1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m－μmg＝ma m可解得：a m＝15 m/s2.(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x速度最大时，合力为0，即F＝μmg所以x＝3 m.(3)位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力F做的功为W F＝12F m x m＝12×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.[答案](1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m。

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训11电磁感应规律及其应用201802271

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训11电磁感应规律及其应用201802271

专题限时集训(十一) 电磁感应规律及其应用(对应学生用书第137页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．)1．(2016·河南重点中学联考)如图11­21甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )图11­21A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势C．第3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反A[由图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；第3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．]2．(2016·咸阳二模)如图11­22所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc，ac＝l，匀速穿过边界宽度也为l的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )【导学号：19624141】图11­22B [线框从左边磁场进入右边磁场的过程中，两边都切割磁感线，磁通量变化得更快，感应电动势更大，感应电流方向沿逆时针，为负，选项B 正确．]3．(2016·北京高考)如图11­23所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图11­23A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向B [由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝ΔB ·πR 2Δt ，由于两圆环半径之比R a ∶R b ＝2∶1，所以E a ∶E b ＝4∶1，选项B 正确．]4．(2017·衡水市冀州中学一模)如图11­24甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一电阻R ，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r ，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示．下列关于棒运动速度v 、外力F 、流过R 的电量q 以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt随时间变化的图象正确的是( )【导学号：19624142】图11­24B [根据如图乙所示的I ­t 图象可知I ＝kt ，其中k 为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I ＝ER ＋r ＝kt ，可推出：E ＝kt (R ＋r )，由E ＝BLv ，所以v ＝k R ＋r BLt ，v ­t 图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v ＝at ，故A 错误；E ＝ΔΦΔt ，所以有：ΔΦΔt ＝kt (R ＋r )，ΔΦΔt­t 图象是一条过原点斜率大于零的直线，故B 正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F －BIL －mg sin θ＝ma ，而I ＝BLv R ＋r ，v ＝at 得到F ＝B 2L 2a R ＋rt ＋ma ＋mg sin θ， 可见F ­t 图象是一条斜率大于零且与F 轴正半轴有交点的直线，故C 错误；q ＝I －Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BL 12at 2R ＋r ＝BLa R ＋rt 2，q ­t 图象是一条开口向上的抛物线，故D 错误．] 5．(2017·温州中学模拟)如图11­25所示，在水平界面EF 、GH 、JK 间，分布着两个匀强磁场，两磁场方向水平且相反，大小均为B ，两磁场高均为L ，宽度无限．一个框面与磁场方向垂直、质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形金属框abcd ，从某一高度由静止释放，当ab 边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动，当ab 边下落到GH 和JK 之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程中空气阻力不计．则( )图11­25A ．金属框穿过匀强磁场过程中，所受的安培力保持不变B ．金属框从ab 边始进入第一个磁场至ab 边刚到达第二个磁场下边界JK 过程中产生的热量为2mgLC ．金属框开始下落时ab 边距EF 边界的距离h ＝m 2gR 2B 4L 4D ．当ab 边下落到GH 和JK 之间做匀速运动的速度v 2＝mgR4B 2L 2 D [线框向下运动，由楞次定律可知，安培力总是阻碍线框的运动，线框受到的安培力方向与运动方向相反，即线框受到的安培力方向始终向上，所受安培力方向始终保持不变，但是安培力大小随速度的变化而变化，即安培力要发生变化，故A 错误；设金属框ab 边刚进入磁场时的速度为v 1，当ab 边下落到GH 和JK 之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动的速度为v 2，由题意知，v 2<v 1，对ab 边刚进入磁场，到刚到达第二个磁场的下边界过程中，由能量守恒得：Q ＝mg ·2L ＋12mv 21－12mv 22，故B 错误；当ab 边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动，由平衡条件得：mg ＝B 2L 2v 1R，解得：v 1＝mgR B 2L 2，从线框开始下落到刚进入磁场过程，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 21，解得：h ＝m 2gR 22B 4L 4，故C 错误；当ab 边下落到GH 和JK 之间做匀速运动时，线框受到的安培力：F ＝2BIL ＝2BL 2BLv 2R ＝4B 2L 2v 2R ，由平衡条件得：mg ＝4B 2L 2v 2R ，解得：v 2＝mgR 4B 2L 2，故D 正确．] 6．(2017·鹰潭市一模)如图11­26甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S ，线圈的电阻为R ，在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )【导学号：19624143】图11­26A ．0～t 1时间内P 端电势高于Q 端电势B ．0～t 1时间内电压表的读数为n B 1－B 0S t 1C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB 1S t 2－t 1RD ．t 1～t 2时间内P 端电势高于Q 端电势AC [0～t 1时间内，磁通量增大，根据楞次定律判断感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P 端电势高于Q 端电势，故A 正确；0～t 1时间内线圈产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n B 1－B 0t 1S ，电压表的示数等于电阻R 两端的电压U ＝IR ＝E 2R ·R ＝n B 1－B 0S 2t 1，故B 错误；t 1～t 2时间内线圈产生的感应电动势E ′＝n ΔΦΔt ＝n B 1t 2－t 1S ，根据闭合电路的欧姆定律I ′＝E ′2R ＝nB 1S t 2－t 1R，故C 正确；t 1～t 2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P 端电势低于Q 端电势，故D 错误．](2017·温州中学模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．质量为m 的矩形金属框从t ＝0时刻静止释放，t 3时刻的速度为v ，移动的距离为L ，重力加速度为g .在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是( )A ．t 1～t 3时间内金属框中的电流方向不变B ．0～t 3时间内金属框做匀加速直线运动C ．0～t 3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D ．0～t 3时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sin θ－12mv 2 AB [t 1～t 3时间内穿过线圈的磁通量先向上减小，后向下增加，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A 正确；0～t 3时间内金属框所受安培力的合力为零，则所受的合力为重力沿斜面向下的分力，做匀加速直线运动，选项B 正确，C 错误；0～t 3时间内金属框运动的加速度为g sin θ，故机械能无损失，故线框中产生的焦耳热不等于mgL sin θ－12mv 2，选项D 错误．] 7．(2017·高三第一次全国大联考)如图11­27所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R (其余电阻不计)，虚线MM ′和NN ′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 1，虚线NN ′和PP ′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 2(B 1>B 2)．现将质量为m 的金属杆ab ，从MM ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab 棒到达NN ′和PP ′之前已经匀速运动．则ab 棒从MM ′运动到PP ′这段时间内的v ­t 图可能正确的是( )【导学号：19624144】图11­27BC [导体棒ab 到MM ′切割磁感线运动时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒ab 到NN ′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动．可知B 、C 正确，A 、D 错误．]8．[2017·高三第一次全国大联考(江苏卷)]如图11­28所示，在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ ，导轨间距为d ，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B .两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，已知两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，现将杆1以初速度v 0向右滑向杆2，在运动过程中两杆始终不碰撞，则( )图11­28A ．杆1将做匀减速运动，杆2将做匀加速运动B ．杆1、杆2最终均以速度0.5v 0做匀速运动C ．杆1上总共产生18mv 20的热量 D ．通过杆2上的电荷量为mv 02BdBCD [杆1向右运动时，由于切割磁感线，回路中将产生感应电流，在安培力的作用下，杆1做减速运动，杆2做加速运动，由于杆的速度变化，回路中的感应电动势变化，感应电流随着变化，导致两杆所受安培力大小发生变化，加速度大小随之改变，故选项A 错误；由于两杆所受安培力等大反向，两杆所组成的系统动量守恒，由mv 0＝mv 1＋mv 2最终两杆速度相等时，杆间距不再变化，感应电流随之消失，即v 1＝v 2，可得v 1＝v 2＝0.5v 0，故选项B 正确；两杆中电流时刻相等，杆相同，因此两杆产生的热量相等，根据能量守恒定律可知，2Q ＝12mv 20－2×12mv 2，解得Q ＝18mv 20，故选项C 正确；根据电流强度的定义式可知，通过杆2上的电荷量为：q ＝I －t ，根据加速度定义式可知：a －＝Δv t＝v 02t ，由牛顿第二定律可知：a －＝F －m ，由安培力大小计算公式有：F －＝I －dB ，解得：q ＝mv 02Bd ，故选项D 正确．]二、计算题(本题共2小题，共32分)9．(14分)(2017·南通模拟)如图11­29所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于磁场强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M 、N 间接一电阻R ，P 、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab 置于导轨上，其电阻为3R ，导轨电阻不计，棒长为L ，平行金属板间距为d .今让导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v ，不计一切摩擦阻力．此时有一带电量为q 的液滴恰能在两板间做半径为r 的匀速圆周运动，且速率也为v .求：图11­29(1)棒向右运动的速度v ；(2)物块的质量m .【导学号：19624145】【解析】 (1)设平行金属板间电压为U .液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，设液滴质量为m 0.则有：q U d＝m 0g 由qvB ＝m 0v 2r， 得：m 0＝qBr v联立解得：U ＝gdrB v则棒产生的感应电动势为：E ＝U R ·(R ＋3R )＝4gdrB v由E ＝BLv ，得：v ＝2grd L . (2)棒中电流为：I ＝U R ＝gdrB vRab 棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有：F ＝BIL ＝gdrLB 2vR而外力等于物块的重力，即为：mg ＝gdrLB 2vR解得：m ＝B 2L 2R rdL g . 【答案】 (1)2grd L (2)B 2L 2R rdL g10．(18分)(2017·江苏高考)如图11­30所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图11­30(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .【导学号：19624146】【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E ＝Bdv 0①回路的感应电流I ＝E R② 由①②式解得I ＝Bdv 0R . ③(2)金属杆所受的安培力F ＝Bid④由牛顿第二定律得，对金属杆F ＝ma ⑤ 由③④⑤式得a ＝B 2d 2v 0mR . ⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ⑦ 感应电动势E ＝Bdv ′ ⑧感应电流的电功率P ＝E 2R ⑨由⑦⑧⑨式得P ＝B 2d 2v 0－v2R . ⑩【答案】 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2v 0－v2R。

2018版高考物理二轮(江苏专版)：第一部分+专题十三+专题限时集训13

2018版高考物理二轮(江苏专版)：第一部分+专题十三+专题限时集训13

专题限时集训(十三) 分子动理论气体及热力学定律(对应学生用书第141页)(建议用时：40分钟)1．(12分)(1)(多选)下列说法正确的是()A．由于液体表面分子间距离小于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力B．布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子有时吸引、有时排斥的结果C．一定量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，内能一定减小D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性(2)在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1．00 mL注入250 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液．②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1．00mL为止，恰好共滴了100滴．③在水盘内注入蒸馏水，静置后滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜．④测得此油膜面积为3．60×102 cm2．Ⅰ．这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜面积可视为________，这层油膜的厚度可视为油分子的直径．Ⅱ．利用数据可求得油酸分子的直径为________m．(3)如图13-13所示，一汽缸竖直放置，用一质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在汽缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知汽缸壁和活塞都是绝热的，汽缸壁与活塞间接触光滑且不漏气．现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热．设活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，电热丝热功率为P，测得通电t时间内活塞缓慢向上移动高度h．求：图13-13①汽缸内气体压强的大小；②t时间缸内气体对外所做的功和内能的变化量．【解析】(1)由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在表面张力，故A错误；布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子的撞击力不平衡造成的，故B错误；一定量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，放出热量，分子势能减小，分子动能不变，内能一定减小，故C正确；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点，故D正确．(2)这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径．1滴溶液中纯油酸的体积V＝1 mL100×1 mL250 mL＝4×10－5 mL，油酸分子的直径d＝VS＝4×10－53．6×102cm＝1．1×10－7 cm＝1．1×10－9 m．(3)①由活塞受力平衡，内部气体压强为p 则：p 0＋mg S ＝p ．②气体对外做功：W ＝pSh ＝p 0Sh ＋mgh内能的变化量：ΔE ＝Q －W ＝Pt －mgh －p 0Sh ．【答案】 (1)CD (2)Ⅰ．单分子油膜 Ⅱ．1．1×10－9 (3)①p 0＋mg S ②p 0Sh＋mgh Pt －mgh －p 0Sh2．(12分)(1)关于饱和汽和相对湿度，下列说法中错误的是__________．A ．使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法B ．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压C ．密闭容器中装有某种液体及其饱和蒸汽，若温度升高，同时增大容器的容积，饱和汽压可能会减小D ．相对湿度过小时，人会感觉空气干燥(2)如图13-14所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，从状态A 到状态B ，在相同时间内撞在单位面积上的分子数__________(选填“增大”“不变”或“减小”)，从状态A 经B 、C 再回到状态A ，气体吸收的热量______________放出的热量(选填“大于”“小于”或“等于”)．图13-14(3)已知阿伏加德罗常数为6．0×1023mol －1，在标准状态(压强p 0＝1 atm 、温度t 0＝0 ℃)下任何气体的摩尔体积都为22．4 L ，已知第(2)问中理想气体在状态C 时的温度为27 ℃，求该气体的分子数．(计算结果取两位有效数字)【解析】 (1)饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法，故A 正确；根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压，故B 正确；温度升高，饱和气压增大，故C 错误；相对湿度过小时，人会感觉空气干燥，故D 正确．(2)理想气体从状态A 到状态B ，压强不变，体积变大，分子的密集程度减小，所以在相同时间内撞在单位面积上的分子数减小，从状态A 经B 、C 再回到状态A ，内能不变，一个循环过程中，A 到B 气体对外做的功W 1＝－2×3 J＝－6 J ，B 到C 过程中外界对气体做功W 2＝12(1＋3)×2 J ＝4 J ，C 到A 体积不变不做功，所以W ＝W 1＋W 2＝－2 J ，根据ΔU ＝W ＋Q ，Q ＝2 J ，即一个循环气体吸热2 J ，所以一个循环中气体吸收的热量大于放出的热量．(3)根据盖-吕萨克定律：V 0T 0＝V 1T 1，代入数据：1273＋27＝V 1273，解得标准状态下气体的体积为V 1＝0．91 L ，N ＝V 1V molN A ＝0．9122．4×6×1023＝2．4×1022(个)． 【答案】 (1)C (2)减小 大于 (3)2．4×1022个3．(12分)(2017·江苏徐州高三考前模拟)(1)以下说法中正确的是__________．A ．单晶体的所有物理性质都具有各向异性B ．悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是热运动C ．相同温度下，氢分子的平均动能一定等于氧分子的平均动能D ．随着分子间距离增大，分子间作用力减小，分子势能也减小(2)某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时，在边长约30 cm 的浅盘里倒入约 2 cm深的水，然后将痱子粉均匀的撒在水面上，用注射器滴一滴__________(选填“纯油酸”或“油酸酒精溶液”)在水面上．稳定后，在玻璃板上描下油膜的轮廓，放到坐标纸上估算出油膜的面积，还需要知道__________，就可以算出分子直径．(3)如图13-15所示，内壁光滑的导热汽缸里封闭了一定质量的理想气体，活塞的横截面积为S，质量不计，离缸底的距离为L1．由于环境温度缓慢下降，使得活塞缓慢下降到距离缸底L2处．已知大气压强为p0，被封闭气体初始状态的热力学温度为T1、内能为E1．图13-15①求活塞下降到距离缸底L2处时，缸内封闭气体的温度；②一定质量的理想气体内能与热力学温度成正比，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q．【解析】(1)单晶体具有各向异性，不能说单晶体的所有物理性质都具有各向异性，A项错误；悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是布朗运动，不是热运动，B项错误；温度是分子的平均动能的标志，相同温度下，氢分子的平均动能一定等于氧分子的平均动能，C项正确；随着分子间距离的增大，分子势能不一定减小，当分子力表现为引力时，分子力做负功，分子势能增大，D项错误．(2)油膜法测分子直径实验中，用注射器滴一滴油酸酒精溶液在水面上，让它形成单分子油膜．实验过程中，由d ＝V S 可知，还需要知道向水面滴入的油酸酒精溶液中的纯油酸体积．(3)①气体发生等压变化，有L 1S T 1＝L 2S T 2解得封闭气体的温度为T 2＝L 2T 1L 1． ②设气体在T 2时的内能为E 2，由题意有E 1T 1＝E 2T 2气体状态变化过程中内能变化了ΔU ＝E 2－E 1＝L 2－L 1L 1E 1 外界对气体做功W ＝p 0(L 1－L 2)S由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q整个过程中通过缸壁传递的热量Q ＝L 2－L 1L 1E 1－p 0(L 1－L 2)S ． 【答案】 (1)C (2)油酸酒精溶液 油酸酒精溶液中的纯油酸体积(3)①L 2T 1L 1 ②L 2－L 1L 1E 1－p 0(L 1－L 2)S 4．(12分)(多选)(1)下列说法正确的是__________．A ．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B ．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C ．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的D ．物理性质各向同性的一定是非晶体(2)已知水的密度ρ＝1．0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1．8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数为N A ＝6．02×1023 mol －1，一滴露水的体积大约是6．0×10－8 m 3，它含有________个水分子，如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进6．0×107个水分子时，喝进水的质量是__________kg ．(保留两位有效数字)(3)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p -V 图象如图13-16所示，已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃，则：图13-16①该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大？②该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？【导学号：17214201】【解析】 (1)根据理想气体的状态方程pV T ＝C ，当气体的温度升高时，若体积也同时增大，气体的压强不一定增大，A 项错误；液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定，B 项正确；液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力，C 项正确；晶体分单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性特征，多晶体具有各向同性特征，D 项错误．(2)水的摩尔质量为M ＝1．8×10－2 kg ，水的摩尔体积为V M ＝M ρ，一个水分子的体积为V 0＝M ρN A．一滴露水含有水分子的个数为N ＝V V 0＝V M ×ρN A ＝2．0×1021个 喝进水的物质的量为n ＝N ′N A＝1×10－16 mol 故水的质量m ＝nM ＝1．8×10－18 kg ．(3)①由图示图象可知，p A V A ＝p C V C ，由理想气体状态方程：pV T ＝C 可知，A 、C 两状态的温度相等，由于理想气体内能仅与温度有关，A 、C 两状态温度相等，两状态气体内能相等，则从A 到C 过程气体内能的变化量为0． ②气体从状态A 到状态C 体积增大，对外做功，即W <0；T A ＝T C ，所以状态A 到状态C 的过程中内能变化量为0．由热力学第一定律得：Q >0，所以A →C 的过程中是吸热．从A 到B 过程，体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，只有B 到C 过程气体对外做功，故吸收的热量为：Q ＝W ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J ＝200 J ．【答案】 (1)BC (2)2．0×1021 1．8×10－18(3)①0 ②吸热 200 J5．(12分)(2017·江苏扬州四模)(1)下列说法正确的是__________．A ．阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动B ．压缩气体需要做功，说明气体分子间存在斥力C ．晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点D ．两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小，分子势能先减小后增大(2)利用单分子油膜法可以粗略测定分子的大小和摩尔质量．已知某种油的密度为ρ，取体积为V的油慢慢滴出，可滴n滴．将其中一滴滴在广阔水面，形成面积为S的单分子油膜，阿伏加德罗常数为N A．若把分子看作球形，则估算出它的直径是__________，油的摩尔质量是__________．(3)如图13-17所示是农业上常用的农药喷雾器，贮液筒与打气筒用细连接管相连，已知贮液筒容积为8 L(不计贮液筒两端连接管体积)，打气筒活塞每循环工作一次，能向贮液筒内压入1 atm的空气200 mL，现打开喷雾头开关K，装入6 L的药液后再关闭，设周围大气压恒为1 atm，打气过程中贮液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变．求：图13-17①要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，打气筒活塞需要循环工作的次数；②打开喷雾头开关K直至贮液筒内、外气压相同时，贮液筒向外喷出药液的体积．【导学号：17214202】【解析】(1)阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，选项A错误；压缩气体需要做功，是因为存在气体压强，选项B错误；晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，因此温度能保持稳定不变，所以晶体有固定的熔点，选项C正确；两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，选项D 错误．(2)由题意知一滴油滴的体积为V n ，则油分子直径为d ＝V nS ；单个分子的体积为V 0＝4πr 33＝πd 36＝πV 36n 3S 3则油的摩尔体积为V mol ＝N A πV 36n 3S 3， 则油的摩尔质量为M ＝ρV mol ＝πρN A V 36n 3S 3．(3)①贮液筒内药液上方的气体体积为V 0＝8 L －6 L ＝2 L ，设1 atm 下，打入贮液筒的气体体积为V ，总体积V 1，则：V 1＝V ＋V 0设1 atm 下，气体的压强：p 1＝1 atm打入贮液筒气体后体积：V 2＝V 0打入贮液筒气体后的压强：p 2＝3 atm由理想气体方程得：p 1V 1＝p 2V 2解得：V ＝4 L打气次数：n ＝V 0．2 L ＝20． ②打开喷雾头开关K 直至贮液筒内外气压相同时，p 3＝1 atm由理想气体方程得：p 1V 1＝p 3V 3解得：V3＝V1＝6 L故喷出药液的体积V′＝V3－V0＝4 L．【答案】(1)C(2)VnSπρN A V36n3S3(3)①20次②4 L6．(12分)(2017·厦门一中检测)(多选)(1)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图13-18所示，下列说法正确的是()图13-18A．过程bc中气体既不吸热也不放热B．过程ab中气体一定吸热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小(2)把熔化的蜂蜡薄薄地涂在两种材料所做的薄片上，用一枝缝衣针烧热后用针尖接触蜂蜡层的背面，熔化区域的形状如13-19甲、乙两图所示，________(选填“甲”或“乙”)图中的薄片一定是晶体；液晶的分子排布与液体和固体都有区别，这种排布使液晶既像液体一样具有流动性，又具有各向异性，________(选填“丙”或“丁”)图是液晶分子示意图．甲乙丁丙图13-19(3)冬天天气寒冷，有时室内需要加温．如果有一房间室内面积为22．4 m2，高为3．0 m，室内空气通过房间缝隙与外界大气相通，开始时室内温度为0 ℃，通过加热使室内温度升为20 ℃．若上述过程中大气压强不变，已知气体在0 ℃的摩尔体积为22．4 L/mol，阿伏伽德罗常数为6．0×1023 mol－1，试估算这个过程中有多少空气分子从室内跑出．(结果保留两位有效数字)【解析】(1)由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸热，故A错误；由图象可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B正确；由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖－吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，ΔU＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由图象可知，a、b和c三个状态中a 状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确．(2)甲图传热各项同性，乙图传热各项异性，故乙图一定是单晶体，甲图可能是非晶体；丙图分子排列杂乱无章，不是液晶，而丁图分子排列有规则，是液晶．(3)0 ℃时室内气体分子总数N＝ShV mol N A＝22．4×322．4×10－3×6．0×1023＝1．8×1027(个)设20 ℃时室内气体体积与气体总体积分别为V1和V2．根据盖－吕萨克定律得V1V2＝T1T2＝273293则升温后室内气体分子数与总分子数之比为N1N＝V1V2从室内跑出的气体分子数为ΔN＝N－N1联立解得ΔN＝20293N＝1．2×1026(个)．【答案】(1)BD(2)乙丁(3)1．2×1026。

2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 物理实验5-2-4

2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 物理实验5-2-4

(2)在如图甲所示的虚线框中补充完整本实验电路的原理图．
(3)根据实验测得的数据作出 I2－I1 图线，如图乙所示，其中 I2 为 通过电流表 G 的电流，I1 为通过电流表 A1 的电流．根据该图线可 知每节干电池的电动势为________V，内阻为________Ω.
解析：(1)滑动变阻器的阻值应与电路中其他部分电阻比较接近， 便于控制电路，因而滑动变阻器选用 C，而电流表 G 可与定值电 阻串联改装为电压表，2 节干电池的电动势大约为 3 V，即改装后 电压表的量程为 3 V，因而需要串联的电阻为 990 Ω，选用 F.
真题试做 限时规范训练
高频考点四 电学创新实验
[知能必备] 1．电学设计型实验常用的方法有： (1)转换法：将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理 量进行测量，然后再反求待测物理量的量值，这种方法叫转换测 量法(简称转换法)．如在测量金属电阻率的实验中，虽然无法直 接测量电阻率，但通过测金属丝的长度和直径，并将金属丝接入 电路测出其电阻，然后再计算出它的电阻率．
解析：(1)测灵敏电流计内阻用半偏法，把电阻箱与开关串联后再 和灵敏电流计并联在电路中．灵敏电流计内阻很小，为使开关的 断开与闭合对电路中电流的影响很小，需要电路中电阻较大，所 需电源电动势应较高，所以电源应选用 C，滑动变阻器应选用 E. 电路原理图如图所示．
(2)规范进行实验操作，整个测量过程操作正确无误，电阻箱的阻 值即灵敏电流计内阻，Rg＝100 Ω；灵敏电流计读数为 I＝0.5 mA， 多用电表读数即改装成的电压表电阻 RV＝3 kΩ，所以定值电阻 R ＝RV－Rg＝2 900 Ω；电压表量程 U＝IgRV＝3 V；欧姆表的内阻 等于中值电阻，由图可知 RΩ＝R 中＝15 kΩ，由闭合电路欧姆定律， E＝I(RΩ＋RV)＝9 V. 答案：(1)C E 如解析图所示 (2)2 900 3 9

高三物理二轮复习 第1 专题突破篇 专题 力学教师用书

高三物理二轮复习 第1 专题突破篇 专题 力学教师用书

咐呼州鸣咏市呢岸学校专题十三力学一、误差与有效数字1．误差：(1)有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是偶然误差的来源．(2)从数的左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字．二、根本仪器的使用1．长度测量类仪器：(1)毫米刻度尺的读数：精确到毫米，估读一位．(2)游标卡尺的读数：2．时间测量类仪器：(1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为0.02 s，一般每五个点取一个计数点，那么时间间隔为Δt ＝0.02×5 s＝0.1 s.(2)频闪照相机：用时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来．(3)光电计时器：记录遮光时间．三、两类力学1．验证性：验证力的平行四边形那么，验证牛顿运动律，验证机械能守恒律．2．探究性：探究弹力与弹簧伸长的关系，探究动能理．3．两种过程的比拟：类型探究性验证性实验过程①提出问题②猜测与假设③制方案与设计方案④进行与收集数据⑤分析与论证⑥评估⑦交流与①目的②器材③原理④步骤⑤数据分析⑥结论四、数据的处理方法1．列表法：在记录和处理数据时，为了简单而明显地表示出有关物理量之间的关系，可将数据填写在适当的表，即为列表法．2．平均值法：把在同一状态下测的同一个物理量的假设干组数据相加求和，然后除以测量次数．3．作图法：用作图法处理数据的优点是直观、简便，有取平均值的效果．由图线的斜率、截距、包围的面积可以研究物理量之间的关系.考点1| 螺旋测微器和游标卡尺的读数难度：低档题题型：题 2考(2021·卷T22)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图1(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.(a) (b)图1【解题关键】关键语句信息解读校零时的示数螺旋测微器的初始值不为零金属板的厚度图(b)和图(a)的读数之差【解析】题图(a)的读数为1.0×0.01 mm＝0.010 mm.题图(b)的读数为 mm＋37.0×0.01 mm＝70 mm，故金属板的厚度d＝70 mm－0.010 mm＝60 mm.【答案】0.010 70 60(2021·卷ⅠT22(1))测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图2所示，其读数为________cm.图2【解题关键】(1)根据游标卡尺确游标卡尺的精度．(2)正确读出20份游标卡尺的读数．【解析】d＝0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm.【答案】0.9601．高考考查特点(1)以填空的形式考察测量仪器的使用和读数；(2)考察以根底题为主，考察频次略低．2．解题的常见误区及提醒(1)误认为螺旋测微器无需估读，而游标卡尺需要估读；(2)注意区分游标卡尺的精度．●考向1 螺旋测微器的读数1．(2021·检测)用螺旋测微器测不同规格的金属丝的直径，示数如图3所示．由图可读出金属丝的直径为图甲________mm 图乙________cm图丙________mm 图丁________cm.甲乙丙丁图3【解析】根据螺旋测微器的读数方法：螺旋测微器的读数值＝固刻度值＋可动刻度×0.01 mm，读出甲、乙、丙、丁四图的读数值分别是10.002(1～3) mm、0.5365(4～6) cm、05(4～6) mm、0.5700 cm 【答案】10.002 0.5365 05 0.5700●考向2 游标卡尺的读数2．(2021·高考和2021·高考改编)某同学用游标卡尺游标卡尺测四个不同规格金属杆的直径，示数如图4甲、乙、丙、丁所示，那么该金属杆直径分别为甲图：________mm 乙图：________cm丙图：________cm 丁图：________mm.甲乙丙丁图4【解析】根据游标卡尺的读数方法：游标卡尺的读数值＝主尺整毫米数值＋对齐格数×精度(mm)，读出甲、乙、丙、丁四图的读数值分别是甲图：d＝4 mm＋10×0.02 mm＝0 mm乙图：d＝12 mm＋4×0.05 mm＝10 mm＝20 cm丙图：d＝11 mm＋5×0.1 mm＝1 mm＝5 cm丁图：d＝5 mm＋5×0.05 mm＝5 mm.【答案】0 mm 20 cm 5 cm 5 mm1．螺旋测微器读数时要估读，以毫米为单位，小数点后必须为3位，同时注意固刻度上的半刻度是否露出，如第1题丁半刻度线露出，图甲、乙、丙没露出．2．游标卡尺不估读，以毫米为单位，10分度卡尺，小数点后只有1位；20分度和50分度卡尺，小数点后有2位．3．注意题目要求的单位是否为mm，假设不是那么要先以mm为单位读数，然后再转变为题目要求的单位．第1、2题中毫米和厘米各半．考点2| 力学根本难度：中低档题型：题 4考(2021·乙卷T22)某同学用图5(a)所示的装置验证机械能守恒律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一如图(b)所示．(a) (b)图5该同学在中没有记录交流电的频率f，需要用数据和其他题给条件进行推算．(1)假设从打出的纸带可判重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．(2)已测得s1＝9 cm，s2＝0 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为0 m/s2，中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为________Hz.【解题关键】解答此题时从以下三点进行分析：(1)依据匀加速下落过程中间时刻的瞬时速度于该过程的平均速度测量速度．(2)可用“逐差法〞测加速度．(3)依据牛顿第二律求出加速度后，利用题给数据推算f . 【解析】 (1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得v B ＝s 1＋s 22T ＝12f (s 1＋s 2)v C ＝s 2＋s 32T ＝12f (s 2＋s 3)由s 3－s 1＝2aT 2得a ＝f 2s 3－s 12.(2)根据牛顿第二律，有mg －kmg ＝ma 根据以上各式，化简得f ＝21－k gs 3－s 1代入数据可得f ≈40 Hz.【答案】 (1)12f (s 1＋s 2) 12f (s 2＋s 3) 12f 2(s 3－s 1) (2)40(2021·卷ⅡT 22)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图6所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图6答复以下问题：(1)本中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相．重力加速度大小为g .为求得E k ，至少需要测量以下物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和量表示E k ，得E k ＝________.(3)图7中的直线是测量得到的s ­Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变，m 增加，s ­Δx 图线的斜率会________(选填“增大〞“减小〞或“不变〞)；如果m 不变，h 增加，s ­Δx 图线的斜率会________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)．由图7中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与Δx 的______次方成正比．图7【解题关键】【解析】 (1)小球抛出时的动能E k ＝2mv 20，要求得v 0需利用平抛知识，s ＝v 0t ，h ＝2gt 2.根据s 、h 、g ，求得v 0＝sg2h，因此，需测量小球质量m 、桌面高度h 及落地水平距离s . (2)小球抛出时的动能E k ＝12mv 20＝mgs24h .(3)弹簧的弹性势能E p ＝E k ＝12mv 20＝mgs24h.即s ＝2hE p mg，根据题给的直线关系可知，s 与Δx 成正比，而E p 与s 2成正比，故E p 为Δx 的2次方成正比，那么s ∝2hmgΔx ，s ­Δx 图线的斜率正比于hmg，如果h 不变，m 增加，s ­Δx 图线的斜率将会减小；如果m 不变，h 增加，那么s ­Δx 图线的斜率会增大．【答案】 (1)ABC (2)mgs 24h(3)减小 增大 2 解决动态平衡问题方法的选取1．高考考查特点(2)考查的灵魂—原理是重中之重． 2．解题的常见误区及提醒(1)拘泥于教材，死记硬背不知变通是常见错误．(2)注重物理规律在仪器和操作中的实现条件是解题的关键． ●考向1 “纸带〞类3．(2021·甲卷T 22)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，装置如图8所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图8(1)中涉及以下操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是________(填入代表步骤的序号)．(2)图9中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对的中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比拟两纸带可知，________(选填“M 〞或“L 〞)纸带对的中弹簧被压缩后的弹性势能大．图9【解析】 (1)时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直，先接通打点计时器电源，待打点稳后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②.(2)物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由M 纸带可知物块脱离弹簧时的速度v ＝x t＝8＋7×10－22×0.02m/s≈9 m/s.比拟M 、L 两纸带，物块脱离弹簧后在相同时间内的位移M 的比L 的大，那么M纸带对的那次中物块在脱离弹簧后的速度大，即M 纸带对的中弹簧被压缩后的弹性势能大．【答案】 (1)④①③② (2)9 M4．(2021·苏、锡、常、镇)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒律的，气垫导轨装置如图10甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图10下面是的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，碰后两滑块一起运动； ⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g. (1)试着完善步骤⑥的内容．(2)打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保存3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相的主要原因是____________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________.【解析】 (1)使用打点计时器时先接通电源，后放开滑块1.(2)作用前滑块1的速度v 1＝0.20.1 m/s ＝2m/s ，其质量与速度的乘积为0.310×2 kg·m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝ m/s ，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)× kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．【答案】 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦 ●考向2 “弹簧〞“橡皮条〞类5．(2021·二模)某同学通过下述验证力的平行四边形那么．步骤： ①将弹簧测力计固在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图11所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设值时，将橡皮筋两端的位置标记为O 1、O 2，记录弹簧测力计的示数F ，测量并记录O 1、O 2间的距离(即橡皮筋的长度l )．每次将弹簧示数改变0.50 N ，测出所对的l ，数据如下表所示测力计：图11O O ′④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图12所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端到达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 .图12完成以下作图和填空：(1)利用表中数据在图13中坐标纸上画出F­l图线，根据图线求得l0＝________cm.图13(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝0 cm，那么F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图14中作出F OA和F OB的合力F′的图示．图14(4)通过比拟F′与________的大小和方向，即可得出结论．【解析】(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.甲乙(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝10 cm，由图甲可得F＝0 N，所以F OA＝F OB＝F＝0 N.(3)利用给出的标度作出F OA和F OB的图示，然后做以F OA和F OB为邻边的平行四边形，其对角线即为合力F′，如图乙．(4)F O O′的作用效果和F OA、F OB两个力的作用效果相同，F′是F OA、F OB两个力的合力，所以只要比拟F′和F OO′的大小和方向，即可得出结论．【答案】(1)如图甲所示10.0(、、10.1均正确)(2)0(0～0均正确)(3)如图乙所示(4)F O O′6．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系〞的．(1)图15甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为3 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm.甲乙丙图15(2)本通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，以下选项中标准的做法是________________；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是______________________________________________________________________________________.【导学号：37162074】【解析】(1)弹簧伸长后的总长度为16 cm，那么伸长量Δl＝16 cm－3 cm＝3 cm.(2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可防止因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧.(3)AB段明显偏离OA，伸长量Δl不再与弹力F成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的．【答案】(1)3 (2)A (3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度●考向3 用图象法处理数据7．(2021·丙卷T23)某物理课外小组利用图1的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于台上的长木板水平放置，其右端固一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.步骤如下：图16(1)将5个钩码放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s­t 图像，经数据处理后可得到相的加速度a.(3)对于不同的n的a值见下表．n＝2时的s­t图象如图17所示；由图17求出此时小车的加速度(保存2位有效数字)，将结果填入下表.(4)利用表中的数据在图18中补齐数据点，并作出a­n图像．从图像可以看出：当物体质量一时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图18(5)利用a­n图象求得小车(空载)的质量为________kg(保存2位有效数字，重力加速度取g＝m·s－2)．(6)假设以“保持木板水平〞来代替步骤(1)，以下说法正确的选项是________(填入正确选项前的标号)A．a­n图线不再是直线B．a­n图线仍是直线，但该直线不过原点C ．a ­n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大【解析】 (3)根据题图(b)可知，当t ＝2.00 s 时，位移s ＝0.78 m ，由s ＝12at 2，得加速度a ＝2st 2＝0.39 m/s 2.(4)图像如下图．(5)小车空载时，n ＝5，加速度为a ＝1.00 m/s 2.由牛顿第二律得nm 0g ＝(m ＋nm 0)a ，代入数据得m ＝0.44 kg.(6)假设保持木板水平，那么小车运动中受到摩擦力的作用，n 的数值相同的情况下，加速度a 变小，直线的斜率变小．绳的拉力于摩擦力时，小车才开始运动，图像不过原点，选项B 正确．【答案】 (3)0.39 (4)见解析 (5)0.44 (6)B8. (2021·模拟＋2021·模拟)利用如图19所示装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．操作步骤如下：图19A ．按要求安装好装置；B ．使重物靠近打点计时器，接着先接通电源，后放开纸带，打点计时器在纸带上打下一的点；C ．如图20为一条符合要求的纸带，O 点为打点计时器打下的第一个点．分别测出假设干连续点A 、B 、C 、…与O 点之间的距离h 1、h 2、h 3、…图20(1)打点计时器的打点周期为T ，重物质量为m ，重力加速度为g ，结合中所测得的h 1、h 2、h 3，可得纸带从O 点下落到B 点的过程中，重物增加的动能为________，减少的重力势能为________．(2)取打下O 点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h 时所对的动能E k 和重力势能E p ，建立坐标系，横轴表示h ，纵轴表示E k 和E p ，根据测得的数据在图21中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为k 1，图线Ⅱ的斜率的绝对值为k 2.那么可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________(用k 1和k 2表示)．图21【解析】 (1)B 点的瞬时速度v B ＝h 3－h 12T ，那么重物动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝m h 3－h 128T2，重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh 2.(2)图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功．根据动能理得，mgh －F f h ＝12mv 2，那么mg －F f ＝12mv 2h ，图线斜率k 1＝mghh ＝mg ，图线斜率k 2＝12mv 2h，知k 1－F f ＝k 2，那么平均阻力F f ＝k 1－k 2.所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为k 1－k 2k 1. 【答案】 (1)m h 3－h 128T2mgh 2 (2)k 1－k 2k 1纸带的三大用1．确时间要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点(或每隔四个点)取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝0.02×5 s＝0.1 s.2．求瞬时速度做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度于中间时刻的瞬时速度．如下图，求纸带上某一点的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔T 的两段位移x n 和x n ＋1，那么打n 点时的速度v n ＝x n ＋x n ＋12T. 3．求加速度(1)利用a ＝Δx T2求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下，可利用Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2求加速度a .(2)逐差法：a ＝a 1＋a 2＋a 33＝x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T2(3)两段法：把图中x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6分成时间相(均为3T )的两大段，那么由x Ⅱ－x Ⅰ＝aT 2得：(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)＝a (3T )2，解出的a 与上面逐差法结果相，但却要简单得多．(4)图象法： ①由v n ＝x n ＋x n ＋12T，求出相点的速度． ②确各计数点的坐标值(v 1，T )、(v 2,2T )、…(v n ，nT )．③画出v ­t 图象，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度．考点3| 力学创 难度：低档 中档 高档 题型：填空题 5考(2021·卷ⅠT 22)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧的半径为R ＝0.20 m)．(a) (b)完成以下填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图22(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg ； (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m ；屡次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示序号 1 2 3 4 5 m (kg)555(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N ；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取0 m/s 2，计算结果保存2位有效数字)【解题关键】关键语句 信息解读 小车静置于凹形桥时物体处在平衡状态小车通过凹形桥速度的大小根据牛顿第二律由最低点的向心力求出【解析】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为0 kg.(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝0＋5＋5＋5＋05 kg ＝1 kg 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00)g ＝(1－1.00)×0 N≈ N由题意可知小车的质量为m ′＝(0－1.00) kg ＝0.40 kg对小车，在最低点时由牛顿第二律得F － m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈ m/s. 【答案】 0(2021·卷Ⅱ·T 22)某同学用图23(a)所示的装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(b) 图23(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ；(2)重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)． A ．物块的质量 B ．斜面的高度 C ．斜面的倾角【解题关键】 解答此题时注意以下三点： (1)加速度计算公式a ＝ΔsT2.(2)某一段的平均速度于这一段中间时刻的瞬时速度． (3)物块在斜面上运动的加速度a ＝g sin α－μg cos α.【解析】 (1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2得a ＝0.13×10－20.022m/s 2＝5m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝5＋2×10－22×0.02m/s≈9 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，那么物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ得μ＝g sin θ－ag cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.【答案】 (1)5 9 (2)C(2021·卷·T 22)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图24所示．拍摄时频闪频率是10 Hz ；通过斜面上固的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4.斜面顶端的高度h 和斜面的长度s .数据如下表所示．重力加速度大小g 取0 m/s 2.图24单位：cmx 1x 2x 3x 4hs10.7615.05142548.0080.00根据表中数据，完成以下填空：(1)物块的加速度a ＝________(保存3位有效数字)．(2)因为________________，可知斜面是粗糙的． 【解题关键】(1)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法，得x 3－x 1＝2a 1T 2 x 4－x 2＝2a 2T 2 a ＝a 1＋a 22，又知T ＝1f＝0.1 s联立以上各式得a ≈0 m/s 2.(2)如果斜面光滑，根据牛顿第二律得，物体下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g h s＝8 m/s 2＞a ，所以斜面是粗糙的．【答案】 (1)0 (2)a ＜g h s＝8 m/s 2解决动态平衡问题方法的选取1．高考考查特点(1)以根本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学律设计．(2)将的根本方法——控制变量法，处理数据的根本方法——图象法、逐差法，融入的综合分析之中． 2．解题的常见误区及提醒(1)不分析试题的情景，生搬硬套教材，错误的用结论．(2)进行时要注重的细节，不能结合的器材和数据以及物体的受力情况进行分析． ●考向1 原理的设计与创9．(2021·二模)为了研究发生形变后的弹簧对其他物体做功的本领，小华同学选用不同弹簧A 、B 和重物G 进行，弹簧A 、B 原来的长度相，一端固，另一端与水平放置的重物G 相连，如图25所示．他们先后压缩弹簧A 、B 并将其释放，弹簧释放过程中将重物G 推动的距离为s (s 1<s 2<s 3)，如图(b)、(c)和(d)所示，图(c)、(d)中的弹簧A 、B 压缩的程度相同．请仔细观察现象，归纳得出初步结论．图25(1)分析比拟图(a)、(b)和(c)中弹簧的压缩程度、重物G 的移动距离以及相关条件，可得：_________________________________________________.(2)分析比拟图(a)、(c)和(d)中弹簧的压缩程度、重物G的移动距离以及相关条件，可得：____________________________________________________.【导学号：37162075】【解析】(1)图(a)、(b)和(c)中，选取相同的弹簧A(或B)，图(b)中弹簧压缩程度小于图(c)中弹簧压缩程度，弹簧对重物G做功，重物G移动的距离s1<s2，说明(c)图中弹簧做功本领比(b)图中弹簧做功本领强；据此可以得出结论：同一弹簧形变程度越大，做功本领越强．(2)图(c)和(d)中，不同弹簧A和B原来的长度相，压缩程度相同，弹簧对重物G做功，重物G移动的距离s2<s3，说明(d)图中B弹簧做功本领比(c)图中A弹簧做功本领强；据此可以得出结论：原来长度相同的不同弹簧，形变程度相同时，做功本领不同．【答案】(1)同一弹簧形变程度越大，做功本领越强(2)原来长度相同的不同弹簧，形变程度相同时，做功本领不同●考向2 器材的效与替换10．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不的小球，按下述步骤做：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2.图26②按照如图26所示，安装好装置．将斜槽AB固在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽末端点B处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的，答复以下问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式________，那么说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式________，那么说明两小球的碰撞是弹性碰撞．【解析】(1)小球的落点位置跟平抛运动的初速度大小有关，碰后，小球m1的速度较小，m2的速度较大，所以m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点．(2)设碰前小球m1的速度为v0，碰撞后m1的速。

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专题一 力与运动第1讲 物体的平衡高频考点一 受力分析 物体的静态平衡1．如图所示，水平推力F 使物体静止于斜面上，则( )A ．物体一定受3个力的作用B ．物体可能受3个力的作用C ．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用D ．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用解析：选B.以物体为研究对象受力分析如图，若F cos θ＝G sin θ时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状态，则物体受三个力作用；若F cos θ＞G sin θ(或F cos θ＜G sin θ)时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下(或沿斜面向上)的静摩擦力，综上所述B 对．2．(名师改编)(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，小物体B 置于斜面体C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与物体A 相连接，连接物体B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列说法中正确的是( )A ．物体B 可能不受静摩擦力作用B．斜面体C与地面之间可能不存在静摩擦力作用C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上D．将细绳剪断，若物体B仍静止在斜面体C上，则此时斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用解析：选AD.对物体B进行受力分析，由共点力的平衡条件可得，如果m A g＝m B g sin θ，则物体B一定不受静摩擦力作用，反之，则一定会受到斜面体C对其作用的静摩擦力，选项A正确；将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受到一个大小为m A g、方向沿斜面向上的细绳的拉力，该拉力在水平向左方向上的分量为m A g cos θ，故地面一定会给斜面体一个方向水平向右、大小为m A g cos θ的静摩擦力，选项B错误；由于连接物体A和物体B的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项C错误；若将细绳剪断，将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用，选项D正确．3．一个人最多能提起质量m0＝20 kg的重物．在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间动摩擦因数μ＝33.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m.解析：设F与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m，由平衡条件可得F cos α－mg sin 15°－μF N＝0F N＋F sin α－mg cos 15°＝0由已知可得F＝m0g联立解得m＝m0(cos α＋μsin α)sin 15°＋μcos 15°而μ＝3 3所以m＝20 2 kg 答案：20 2 kg1．研究对象的选取方法：(1)整体法(2)隔离法2．受力分析的顺序一般按照“一重、二弹、三摩擦、四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况．3．处理静态平衡问题的基本思路高频考点二物体的动态平衡问题视角1“图解法”分析动态平衡问题[例1](名师改编)如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置绕O点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是()A．F1先增大后减小，F2一直减小B．F1先减小后增大，F2一直减小C．F1和F2都一直在增大D．F1和F2都一直在减小思路探究(1)小球处于静止状态时受哪几个力的作用？(2)如何理解“缓慢”两字？(3)在转至水平位置的过程中所受各力的方向如何变化？尝试解答__________解析小球初始时刻的受力情况如图甲所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力的大小方向均不变、斜面对小球的支持力的方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B正确．答案 B视角2“解析法”分析动态平衡问题[例2](2016·河南开封二模)一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直．现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中()A．水平拉力F变小B．细线的拉力不变C．铁架台对地面的压力变大D．铁架台所受地面的摩擦力变大思路探究(1)试画出小球静止时的受力分析图，并写出各力的数学表达式．(2)小球运动过程中表达式中各物理量如何变化？尝试解答__________解析对小球受力分析，受拉力、重力、F，根据平衡条件，有：F ＝mg tan θ，θ逐渐增大则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力T ＝mg cos θ，θ增大，T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大．F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变．故C 错误，D 正确．答案 D视角3 “相似三角形法”分析动态平衡问题[例3] (2017·陕西宝鸡高三质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A 端用铰链固定，光滑轻质小滑轮在A 点正上方，杆的B 端吊一重力为G 的重物，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢上拉，在杆达到竖直前(杆和绳均未断)，关于绳子的拉力F 和杆受到的弹力F N 的变化，下列判断正确的是( )A ．F 变大B ．F 变小C ．F N 变大D ．F N 变小思路点拨 分析B 端的受力情况→将三力构成力矢量三角形→力三角形与几何三角形相似→找出相似中的数学关系→判断力的变化情况．尝试解答 __________解析 在用拉力将B 端缓慢上拉的过程中，B 点受轻绳向下的拉力(其大小等于G )、沿OB 方向的拉力F ′(F ′＝F )以及轻杆对B 点的弹力F N ′(F N ′＝F N )的作用，由于B 点处于动态平衡状态，且F ′和F N ′的大小和方向均在发生变化，故可用力三角形与几何三角形相似的方法进行解决．受力分析如图所示，由图可知，力三角形与几何三角形AOB 相似，即G AO ＝F N ′AB ＝F ′OB ，由于重力G 和O 、A 两点间的距离以及AB的长度均不变，故弹力F N′不变，拉力F′减小，F N不变，F减小．答案 B1．图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况．2．解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．3．相似三角形法：此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)、或其它物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化．[题组冲关]1．如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中()A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大解析：选B.对小球进行受力分析，如图所示，设板与墙夹角为θ，转到水平位置过程中θ逐渐增大，N1＝mg cot θ，N2′＝N2，N2＝mgsin θ，而在第一象限内sin θ为增函数，cot θ为减函数，可知随着θ增大，N1和N2都减小，则只有B正确．2．(多选)如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一质量为m的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°，下列说法正确的是()A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为mgD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零解析：选CD.若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故选项A、B 错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A＝F B＝mg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确．3．(名师原创)如图所示，半径为R的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小定滑轮，滑轮到球面B的距离为h，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止．现缓慢拉绳，则在使小球从A运动到B的过程中，半球形物体对小球的支持力F N和轻绳对小球的拉力F的变化情况是()A．F N不变，F变小B．F N不变，F先变大后变小C．F N变小，F先变小后变大D．F N变大，F变大解析：选A.对小球进行受力分析可知，小球受重力G、半球形物体对其的支持力F N和轻绳对其的拉力F这三个力的作用，由题意可知，在小球从A点缓慢运动到B点的过程中，支持力F N和拉力F的方向均在发生变化，只有小球的重力大小和方向均不变，故用力三角形与几何三角形相似的方法进行求解．小球的受力分析如图所示，设连接小球A和定滑轮之间的轻绳长为l，则由力三角形与几何三角形相似可得：F NR＝Gh＋R＝Fl，故可得F N不变，F逐渐减小．高频考点三电磁学中的平衡问题视角1电场中的平衡问题[例4](多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A 悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N思路探究 (1)两点电荷间的库仑力如何计算？(2)研究支架对地面和两绳上的作用力时，如何选研究对象较好？(3)B 移动时，各力的方向如何变化？(4)“B 移到无穷远处”库仑力如何变化？尝试解答 __________解析 小球A 、B 间的库仑力为F 库＝k QQ r 2＝9.0×109×3.0×10－6×3.0×10－60.32N ＝0.9 N ，以B 和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为F N ＝mg －F 库＝1.1 N ，A 错误；以A 球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F 1＝F 2＝m A g ＋F 库＝1.9 N ，B 正确；B 水平向右移，当M 、A 、B 在同一直线上时，A 、B 间距为r ′＝0.6 m ，F 库′＝k QQ r ′2＝0.225 N ，以A 球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F 2′＝1.0 N ，F 1′－F 库′＝1.0 N ，F 1′＝1.225 N ，所以C 正确；将B 移到无穷远，则F 库″＝0，可求得F 1″＝F 2″＝1 N ，D 错误．答案 BC视角2 磁场中的平衡问题[例5] (2016·山西晋城二模)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab 垂直导轨放置，当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 刚好静止．则( )A ．磁场方向竖直向上B ．磁场方向竖直向下C ．金属杆ab 受安培力的方向平行导轨向上D ．金属杆ab 受安培力的方向平行导轨向下思路点拨 解此题按以下思路 确定磁场与电流的方向→立体图转化为平面图→画出受力分析图→根据平衡条件求解尝试解答 __________解析 受力分析如图所示，当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab受力可以平衡，A正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B、C、D错误．答案 A此类问题与纯力学问题的分析方法一样，只是受力分析时，多了场力，学会把电学问题力学化．可按以下流程：[题组冲关]1．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()解析：选A.由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F ＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．2．(多选)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为零C ．当q d ＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为零D ．当q d ＝ mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为零解析：选AC.根据库仑定律可知小球A 与B 之间的库仑力大小为k q 2d 2，A 正确；小球A 受重力、库仑力和支持力作用，若细线上的拉力为零，由平衡条件可得k q 2d 2＝mg tan θ解得q d ＝ mg tan θk ，B 错误，C 正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A 的支持力不可能为零，D 错误．3．(2017·河北石家庄质检)(多选)如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )A ．一直增大B ．先减小后增大C ．先增大后减小D ．始终为零解析：选AB.若F 安＜mg sin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F 安增大时，F 摩减小到零，再向下增大，B 项对，C 、D 项错；若F 安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F 安增大而一直增大，A 项对．[真题试做][真题1] (2016·高考全国乙卷)(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：选BD.因为物块b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误；拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确．[真题2] (2016·高考全国丙卷)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32mC ．mD ．2m解析：选 C.如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m .故选项C 正确．[真题3] (2015·高考全国卷Ⅰ)如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度的大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝122 A ＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N.开关闭合后，电流方向为从b 到a ，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F代入数值解得m ＝0.01 kg.答案：方向竖直向下 0.01 kg[新题预测](多选)如图所示，放在水平面上的斜面体B 始终静止，物块A 放在斜面体上，一轻质弹簧两端分别与物块A 及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接，初始时A 、B 静止，弹簧处于压缩状态．现用力F 沿斜面向下推A ，但A 并未运动．下列说法正确的是( )A．弹簧对挡板的作用力不变B．B对地面的压力增大C．A、B之间的摩擦力一定增大D．水平面对B的摩擦力始终为零解析：选AB.开始时弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板的作用力不变，A正确．隔离物块A进行受力分析，若初始时A受B 的摩擦力沿斜面向上或为零，加推力F后，静摩擦力沿斜面向上增大；若初始时A 受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，静摩擦力沿斜面向下减小，或方向变为沿斜面向上，大小可能减小也可能增大，C错误．A、B、挡板和弹簧整体受力平衡，F N＝M总g＋F竖直，F水平＝F f，B对地面的压力增大，水平面对B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正确、D错误．平衡问题中的“死结”、“活结”模型模型特点：轻杆能绕某点自由转动或轻质光滑挂钩挂在绳上，可以无摩擦地滑动，和滑轮一样都属于“活结”，两根以上轻绳连接于一点或轻杆固定在某点，都属于“死结”．[典例展示]如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg 的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HP一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P通过细绳EP拉住，EP与水平方向也成30°角，轻杆的P点用细绳PQ拉住一个质量也为10 kg的物体，g取10 m/s2.求：(1)轻绳AC段的张力F AC与细绳EP的张力F EP大小之比；(2)横梁BC 对C 端的支持力；(3)轻杆HP 对P 端的支持力．解析 题图甲和题图乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的竖直细绳拉力大小等于物体的重力，分别以C 点和P 点为研究对象，进行受力分析如图1和2所示．(1)图1中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，绳AC 段的拉力F AC ＝F CD ＝M 1g ，图2中由F EP sin 30°＝F PQ ＝M 2g得F EP ＝2M 2g ，所以F AC F EP ＝M 12M 2＝12. (2)图1中，根据几何关系得：F C ＝F AC ＝M 1g ＝100 N.方向和水平方向成30°角斜向右上方．(3)图2中，根据平衡条件有F EP sin 30°＝M 2g ，F EP cos 30°＝F P所以F P ＝M 2g cot 30°＝3M 2g ≈173 N ，方向水平向右．答案 (1)1∶2 (2)100 N ，方向与水平方向成30°角斜向右上方 (3)173 N ，方向水平向右点评 (1)对于绳绕“滑轮”类的“活结”，绳子拉力大小处处相等.而“死结”中两侧绳子拉力一般不相等，需根据受力平衡分析.(2)杆上的力可沿杆，可不沿杆，对于“活结”，杆上的力一定沿杆，而“死结”中，一般不沿杆，要根据具体问题结合平衡条件分析.[自悟自练]1．(限时3分钟 满分6分)如图所示，P 、Q 为两个固定的滑轮，A 、B 、C 三个物体用不可伸长的轻绳(不计轻绳与滑轮间的摩擦)跨过P 、Q 相连于O 点，初始时O 、P 间轻绳与水平方向夹角为60°，O 、Q 间轻绳水平，A 、B 、C 三个物体恰好能保持静止．已知B物体的重力大小为G.若在O点施加一外力F，缓慢移动O点到使O、P间轻绳水平，O、Q间轻绳处于与水平方向夹角为60°的位置，则此时施加在O点的外力F大小为()A．G B.2GC.3G D．2G解析：选C.在初状态下，对O点进行受力分析，O、P间和O、Q间两段轻绳上拉力的合力F1与B的重力等大反向，可知F1方向竖直向上，与O、P间轻绳的夹角为30°，大小等于G.设末状态将O点移到了O1点处，根据题意可知O1、P间和O1、Q间两段轻绳上的拉力大小仍分别等于A、C两物体的重力大小，且夹角与初状态相等，则O1、P间和O1、Q间两段轻绳上的合力F2的大小仍等于G，方向与O1、P间轻绳的夹角为30°，也就是与竖直方向夹角为60°.O1点相当于在F2、G和外力F三力作用下处于平衡状态，利用平行四边形定则可得F的大小为3G，方向与竖直方向成30°角斜向上．2．(限时3分钟满分6分)如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是()A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小B ．当m 一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大C ．当θ一定时，M 越大，滑块与地面间的摩擦力越大D ．当θ一定时，M 越小，可悬挂重物C 的质量m 越大解析：选A.将C 的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：F 1＝F 2＝12mg sin θ＝mg 2sin θ故m 一定时，θ越大，轻杆受力越小，A 正确；对ABC 整体分析可知，对地压力为F N ＝12(2M ＋m )g ，与θ无关，B 错误；对A 分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：F f ＝F 1cos θ＝mg 2tan θ，与M 无关，C 错误；只要动摩擦因数足够大，即可满足F 1cos θ≤μF 1sin θ，不管M 多大，M 都不会滑动，D 错误．3．(限时3分钟 满分6分)如图所示，在竖直墙壁的A 点处有一根水平轻杆a ，杆的左端有一个轻滑轮O .一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G 的物体，开始时BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，当轻杆a 缓慢向下移动的过程中，不计一切摩擦．下列说法中正确的是()A ．细线BO 对天花板的拉力不变B ．a 杆对滑轮的作用力逐渐减小C ．a 杆对滑轮的作用力的方向沿杆水平向右D ．墙壁对a 杆的作用力不变解析：选B.细线BO 对天花板的拉力大小等于物体重力，当轻杆a 缓慢向下移动的过程中，细线拉力大小不变，方向改变，选项A错误；以滑轮为研究对象，画出受力分析图，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，a杆对滑轮的作用力与绳对滑轮的作用力大小相等，方向相反，故选项B正确、C错误；以杆为研究对象，分析受力可得，墙壁对a杆的作用力方向改变，大小减小，选项D错误．限时规范训练建议用时：45分钟1．如图在倾斜的直杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M 的物体，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则()A．圆环只受三个力作用B．圆环一定受四个力作用C．物体做匀加速运动D．轻绳对物体的拉力小于物体的重力解析：选B.悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则圆环和物体均做匀速直线运动，C、D错；对圆环受力分析，圆环要保持平衡状态必受到重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对圆环的摩擦力四个力作用，A错，B对．2．(2016·河南名校模拟)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且小车M、物体m相对静止，此时小车受力个数为()A．3B．4C．5 D．6解析：选 B.对小车和物体整体，它们必受到重力和地面的支持力，因小车、物体相对静止，由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，它受重力Mg ，地面的支持力F N1，物体对它的压力F N2和静摩擦力F f ，B 对．3．(2016·湖北黄石二模)将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M 、滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A 与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θ解析：选C.以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为N 1＝mg tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为N 2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ，D错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为f＝N 1＝mg tan θ，B 错误．4．如图所示，固定斜面上的物体A 用跨过滑轮的细线与小砂桶相连，连接A 的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦力．若要使物体A 在斜面上保持静止，。

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