高三物理最新教案-2018高考总复习第二阶段力学专题[整理] 精品

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2018年高中物理高考物理总复习全套精品课件_收藏完整版

B
末位置
速度增量的定义： v = vt - v0
三种情况：大小变；方向变；大小、方向都变。
匀加速直线运动
v0 Δv
匀减速直线运动
v0
平抛运动
v0
vt
vt Δv
Δv
速度增运算遵从三角形法则，方向由初速 vt 度矢端指向末速度矢端。
3、质点运动变化快慢的描述
瞬时速度（矢量）：反映质点位置变化的快慢。定义：v=s/t（t趋近于0）速度的方向质点运动轨迹的切线方向。瞬时速率（标量）（瞬时速度的大小）
一、原子结构模型二、光谱及光谱分析三、原子核
第十四部分物理实、高中物理分组实验（目录）四、传感器的简单应用
模型化思维结构概述
一、物理模型
物理学是“模型”的科学。物理模型，往往是在对一些现实物理过程或对象进行科学地分析后，抓住事物的主要矛盾（决定性因素），忽略次要矛盾（次要性因素）后得到的，它能够更加清晰地反映事物的本质规律。物理模型的建构是在某些条件下抽象出来的简化近似结果。从某种意义上讲，物理学理论的发展进化过程，就是物理模型发展进化的过程。物理学概念、规律都是对物理模型而言的。我们在应用物理学知识解决实际问题时，就需要将实际问题简化为物理模型，再运用相应的规律加以描述。
位置：三维空间中的点坐标A（x0,y0,z0）
z A(x0,y0,z0)
O
y
x
三维空间坐标系即运动参考系
2、质点运动变化的描述
位移（矢量）：反映质点空间位置的变化。P3.1
大小：由初末位置决定。
A
L
方向：由初位置指向末位置。初位置
路程（标量）：物体运动轨迹的长度。
S

【8份】新课标2018年高考物理总复习教案：第二章相互作用

【8份】新课标2018年高考物理总复习教案第二章相互作用目录第7课时重力弹力(双基落实课) (1)第8课时摩擦力(双基落实课) (11)第9课时力的合成与分解(重点突破课) (21)第10课时共点力的平衡(重点突破课) (34)第11课时共点力的动态平衡问题(题型研究课) (48)第12课时探究弹力和弹簧伸长的关系(实验提能课) (57)第13课时验证力的平行四边形定则(实验提能课) (67)阶段综合评估 (79)第7课时重力弹力(双基落实课)[命题者说]重力和弹力是高中物理最常见、最基础的两个力。

本课时的重点是弹力的分析和判断、几种常见弹力的计算等。

对本课时的学习，重在理解，熟练掌握各种接触方式弹力的判断方法，会计算弹力的大小。

1.重力(1)定义：由于地球的吸引而使物体受到的力。

(2)大小：G＝mg，不一定等于地球对物体的引力。

(3)方向：竖直向下。

(4)重心：重力的等效作用点，重心的位置与物体的形状和质量分布都有关系，且不一定在物体上。

2. 弹力(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力。

(2)条件：①两物体相互接触；②发生弹性形变。

(3)方向：弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反。

3．弹力有无的判断(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断。

(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。

[小题练通]1．判断正误(1)自由下落的物体所受重力为零。

(×)(2)重力的方向一定指向地心。

(×)(3)直接接触的两个物体间必然有弹力存在。

(×)(4)只要物体发生形变就会产生弹力作用。

(×)2.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b。

当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是()A．球在a、b两点处一定都受到支持力B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力详细分析：选D若球与小车一起做水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用；若球与小车一起做水平向左匀加速运动，则球在a处受到的支持力可能为零，选项D正确。

2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题二能量与动量第一讲功功率动能定理学案

第一讲功功率动能定理[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 考察方向展望：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特色和求解．②与功、功率相关的剖析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用．2. 常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③协力功的求法．④变力功的求法．[ 答案 ] (1) 恒力做功的计算①单个力做的功：直接用W＝Fx cosα计算．有两种不一样的计算公式，即分解力或分解位移；常有的恒力功有：电场力功： W Q＝ qEd＝ qU安培力功： W安＝ BILd重力功： W G＝ mgh②协力做的功方法一：先求协力 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＋求协力做的功．(2)功率的两个公式W① P＝t.求出的功率是时间t 内的均匀功率．②P＝ Fv cosα.此中α是 F 与 v 方向的夹角；若 v 取刹时速度，则对应的 P 为刹时功率；若 v 取均匀速度，则对应的 P 为均匀功率．(3)对动能定理的理解①动能定理中所说的“外力”，是指物体遇到的全部力，包含重力．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：一定是相关于同一个惯性参照系，一般以地面为参照系．④动能定理表达式是一个标量式，不可以在某个方向上应用动能定理．考向一功和功率的计算[ 概括提炼 ]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．正确理解功的定义式W＝ Fl 及变形式 W＝ Fl cosα中各物理量的意义，该式仅合用于恒力做功的状况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转变，如将变力转变为恒力，也可应用动能定理等方式求解．W3．关于功率的计算，应注意划分公式P＝t和公式 P＝ Fv，前式重视于均匀功率的计算，尔后式重视于刹时功率的计算．(2017 ·江苏卷) 以下图，两个半圆柱A、 B紧靠着静置于水平川m面上，其上有一圆滑圆柱C，三者半径均为R. C的质量为m， A、 B 的质量都为2，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 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面．整个过程中 B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g.求：(1)未拉A 时，C遇到B作使劲的大小；F(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A挪动的整个过程中，拉力做的功W.[ 思路点拨 ]由圆柱 C一开始受力均衡可得卖力 F 的大小．动摩擦因数最小时， B 受 C 压力的水均分力最大．拉力为变力，可依据动能定理求解拉力做的功．[ 分析 ] (1) C受力均衡，有2F cos30°＝mg3解得 F＝3 mg(2)C恰巧降到地面时， B受 C压力的水均分力最大3F x max＝2 mgB受地面的摩擦力 f ＝μmg依据题意 f min＝ F xmax3解得μmin＝.(3)C降落的高度 h＝( 3－1) RA的位移 x＝2( 3－1) R摩擦力做功的大小 f ＝fx ＝2( 3－1)μmgRW依据动能定理W－ W＋ mgh＝0－0f解得＝(2μ－1)(3－1).W mgR33[答案](1)3 mg(2)2(3)(2 μ－ 1)(3－ 1) mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法剖析求解：以下图，用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面时m对整体，有N B＋ N A＝mg＋2×2g，地面支持力N B＝ N A＝mg对 C，竖直方向上有2F B cos60°＝mg3对 B，水平方向上有 f ＝ F B sin60°＝2 mg而 f ≤f m＝μN B＝μmg，故动摩擦因数33μ≥2，最小值μmin＝2.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 . 剖析各力做功状况时不要出现“丢功”及“错功” . 严格依据重力、弹力、摩擦力的次序找出运动物体所受的各个力，而后正确判断出各个力做的功 . 存在电场时，还要考虑能否有电场力做功.[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·长沙雅礼中学三模) 如右图所示是一种冲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33度为 1×10 kg/m )()20 m/s.当它工作时，预计水枪的均匀功率约为( 水的密A．12 W B． 120 WC． 240 W D． 1200 W[分析]考虑Δt时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm＝ρsvΔt，该部分水增添的动能＝12＝13，则水枪的均匀功率P＝/＝1 2，联合上式，有2k k k ρsv3，代入数据，得P＝240 W.[答案]C2.( 多项选择 )(2017 ·河南五校联考) 将三个圆滑的平板倾斜固定，三个平板顶端究竟端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，以下图．现将三个完整同样的小球由最高点 A 沿三个平板同时无初速度地开释，经一段时间抵达平板的底端．则以下说法正确的是()A．重力对三个小球所做的功同样B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的均匀功率最大C．三个小球抵达底端时的刹时速度同样D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小[分析]假定平板的长度为x ，由功的定义式可知＝sinθ＝，则 A 正确；小球W mgx mgh在斜面上运动的加快度a＝ g sinθ，小球抵达平板底端时的速度为v＝2ax＝ 2gx sin θ＝12 2gh，明显抵达平板底端时的速度大小相等，但方向不一样，则C错误；由位移公式x＝2at 2x2h W mg sinθ2gh可知 t ＝ a ＝g sin2θ，整个过程中重力的均匀功率为P＝t＝2，则沿倾角为θ1 的平板下滑的小球的重力均匀功率最大， B 错误；依据＝cos(90 °－θ) ＝P mgvmgv sinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小， D 正确．[答案]AD3．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，一质量为m、长度为l的均匀柔嫩细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q迟缓地竖直向上拉起至M点， M点与绳的上端P 相距31l .重力加快度大小为g.在此过程中，外力做的功为()1A. mgl91 B. 6mgl1C.3mgl1 D. 2mgl[分析]将绳的下端Q 迟缓向上拉至点，相当于使下部分1的绳的重心高升1，故重M33l1l 1力势能增添3mg·3＝9mgl，由功能关系可知A项正确．[答案]A考向二动能定理的应用[ 概括提炼 ]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理常常用于单个物体的运动过程，因为不波及加快度实时间，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一样的小过程( 如加快、减速的过程 ) ，此时能够分段应用动能定理，也能够对全过程应用动能定理，但假如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没关，洛伦兹力在任何状况下都不做功．(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5与一半径为6R的圆滑圆弧轨道相切于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，最低抵达 E 点(未画出)．随后 P 沿轨道被弹回，最高抵达 F 点， AF＝4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数1g.(取μ＝4，重力加快度大小为34sin37 °＝，cos37°＝ )55(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，从静止开始开释．已知P 自圆弧轨道的最高点7D处水平飞出后，恰巧经过G点． G点在C点左下方，与C点水平相距2R、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 ][分析](1) 依据题意知，、C 之间的距离为l＝7－2①B R R 设 P 抵达 B 点时的速度为v B，由动能定理得12mgl sinθ－μmgl cosθ＝2mv B②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得Bv＝ 2 gR③(2) 设＝ .P 抵达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为p.P由B点运动到E点BE x E的过程中，由动能定理有12mgx sinθ－μmgx cosθ－E p＝0－2mv B④E、 F 之间的距离为l 1＝4R－2R＋ x⑤P抵达 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＝R⑦12E p＝5 mgR⑧75(3)设改变后 P 的质量为 m1. D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为 x1＝2R－6R sinθ⑨55y1＝ R＋6R＋6R cosθ⑩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＝1gt 2?2x1＝ D ?v t联立⑨⑩ ? ? 式得vD＝35 ?5 gR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，22 5511 C11D1＋ cosθ ? 有 mv ＝ mv＋ mg RR2 26 6P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有12E p － m 1g ( x ＋5R )sin θ－ μm 1g ( x ＋ 5R )cos θ ＝ 2m 1v C ?联立⑦⑧ ? ?? 式得 m 1＝ 31m123 1[ 答案 ] (1)2gR (2) 5 mgR (3) 5 5gR 3m应用动能定理解题的基本步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017 ·宁德市模拟 ) 以下图，一半径为R 的水平圆环绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边沿有一质量为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，滑块从圆盘边沿滑落，进入一段圆弧轨道AB . 随后滑上以v 0 顺时针匀速转动的传递带，当滑块滑到与传递带左端B 的距离为L / n 时，滑块速度恰巧与传递带速度同样．已知AB 段为一段圆滑的圆弧轨道，轨道半径为r ，圆弧轨道与传递带在B 点水平相切，滑块与圆盘、传递带间的动摩擦因数均为μ，重力加快度为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)求滑块抵达圆弧轨道的 B 点时对轨道的压力大小．[ 分析 ] (1) 滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充任向心力，依据牛顿第二定律，可得μmg＝mω 2Rμg代入数据解得ω＝R .(2)滑块在 A 点时的速度 v A＝ωR＝μgR，设轨道 AB 的高度为 h，滑块抵达 B 点时的速度为 v，下滑过程机械能守恒，12122gh＋μgRmgh＝2mv－2mv，解得 v＝A若滑块滑上传递带时的速度小于传递带速度，则滑块在传递带上遇到向右的滑动摩擦12 1 22v －μgR μL力，做匀加快运动，依据动能定理有μmgL/n＝2mv－2mv，则 h＝0－n2g若滑块滑上传递带时的速度大于传递带的速度，则滑块遇到向左的滑动摩擦力，做匀减1 1 22－μgRμL速运动，依据动能定理有－2v0μmgL n＝2mv－2mv，则 h＝2g＋n .(3) 在B点，由牛顿第二定律，可得Nv2 F － mg＝ m r2mv02μmgL解得 F N＝mg＋r＋nr.μg22v －μgR μL v －μgR μL00[答案] (1)R(2)2g－n或2g＋n2(3)mg＋＋2μmgLr nr mv0迁徙二动能定理在电场中的应用2．(2017 ·上海市静安区摸底) 以以下图所示，两个带正电的点电荷M和 N，带电量均为Q，固定在圆滑绝缘的水平面上，相距 2L ， A 、 O 、 B 是 MN 连线上的三点，且 O 为中点， OA ＝ OBL＝ 2，一质量为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，在运动过程中电荷遇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 点速度恰巧为零，而后返回来去运动，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 点的场强盛小；(2) 阻力的大小； (3) A 点的电势；(4) 电荷在电场中运动的总行程．[分析](1) 由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：AQQ32kQE ＝ k L 2－ k 3L2＝9L 2；22(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，战胜阻力做功为：W ＝F L ，由动能定理：ff122mv 0－ F L ＝ 0－ 2mv ，得： F ＝2ffL(3) 设电荷从 A 到 O 点电场力做功为W ，战胜阻力做功为 1 2W ，F f1 1 21 2由动能定理： W F －W f ＝ nmv 0－ mv 02222mv 0得： W F ＝ 4 (2 n － 1)由： W F ＝q ( φA － φO )W F2mv 0得： φA ＝＝ 4 (2 n － 1)qq2mv 0(4) 电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为 W F ＝ 4 (2 n － 1) ，电荷在电场中运动的总行程为 s ，则阻力做功为－ F f s .12由动能定理： W F －F f s ＝ 0－ 2mv 021 21 2mv 0n －1) －＝－即： (20 042L mvs2mv解得： s＝( n＋0.5) L.232kQ mv0 [ 答案 ] (1)9L2(2) 2L2mv0(3) 4q (2 n－ 1)(4)( n＋ 0.5) L高考题型展望——动能定理与图象联合的问题[ 考点概括 ]动能定理与图象联合的问题1．图象问题剖析的“四步走”2．常有图象所围面积的含义v－ t图由公式 x＝vt可知， v－ t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a－ t图由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量－图由公式＝可知，－x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功F x W Fx FP－ t 图由公式 W＝Pt 可知， P－ t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功[ 典题示例 ](201 7·河北名校结盟 ) 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，此中轿车与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，经过速度传感器丈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恰巧经过 O点时加快度的大小；(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—提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由向右运动属于恒定功率启动模型．M说明 t ＝15秒时轿车加快度为零，做匀速运2)在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行动．5～ 15 秒做加快度减小的变减速运动．3) 图乙4) 由O运动到N的过程中位移的大小注意O到N过程牵引力大小改变.第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 轿车在 MO 段运动时，以 10 m/s的速度匀速运动，有F ＝ f ， P ＝F v1111 20×103联立解得 f 1＝N ＝ 2000 N.10(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，此时由力的均衡条件有F 2＝ f 2， P ＝F 2v 220×103联立解得 f 2＝N ＝ 4000 N5t ＝ 5 s 时轿车经过 O 点，开始做减速运动，有F 1－ f 2＝ma2解得 a ＝－ 1 m/s轿车经过 O 点时加快度大小为 1 m/s 2.(3) 由动能定理可知Pt －f x ＝ 12 1222mv －2mv21解得 x ＝ 68.75 m.[ 答案 ] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m1 机车启动的方式不一样，机车运动的规律就不一样，所以机车启动时，其功率、速度、加快度、牵引力等物理量的变化规律也不同样，剖析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描绘的规律.2 恒定功率下的加快必定不是匀加快，这类加快过程发动机做的功可用W ＝ Pt计算，不可以用W＝Fl计算因为 F 为变力.3以恒定牵引力加快时的功率必定不恒定，这类加快过程发动机做的功常用W＝ Fl计算，不可以用W＝ Pt计算因为功率P 是变化的.[ 展望题组]1．( 多项选择 )(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必定的初速度在粗拙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力渐渐减小，且当拉力减小到零时，物体恰巧停止运动，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[分析]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F＝0－1 2F＝μ＝＝ 0.35 ，故 A 选项正确．全程应用动能定理F－0，此中mg Wμmgs2mv W(7 ×4＋ 13)J ＝ 41 J，得v≈6 m/s，故 C 正确．因为不是匀减速，没方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 的变化状况如右图所示．物体在＝ 0 处，速度为 1 m/s ，全部摩擦不计，则物x体运动到 x＝16 m处时，速度大小为()A． 2 2 m/s B． 3 m/sC． 4 m/s D.17 m/s[ 分析 ]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 m1 212处时，力 F 对物体做的总功W＝40 J，由动能定理，得W＝2mv2－2mv1，代入数据，可得v2＝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 之间的关系以以下图所示，重力加快度为10 m/s 2，则以下说法正确的选项是()A．AB段加快度大小为 3 m/s B．OA段加快度大小为 5 m/s 2 2C．s＝9 m 时速度大小为32 m/sD．s＝3 m 时速度大小为22 m/s[ 分析 ] 剖析可知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 ，而物体遇到的摩擦力为F f＝2 N，故物体在 OA 段加快，由牛顿第二定律，可知F OA－ f ＝，故a ＝ 3 m/s2，而在段物体做匀速运动，选项A、 B 错误．在段，依据动能F ma AB OA定理，有－12v A＝3 2 m/s，故可知选项 C 正确， D 错误．＝A，解得Wμmgs2mv[答案]C4．泥石流是在雨季因为暴雨、洪水将含有沙石且柔软的土质山体经饱和稀释后形成的大水．泥石流流动的全过程固然只有很短时间，但因为其高速行进，拥有强盛的能量，因此损坏性极大．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：在水平川面上搁置一个质量为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快度为多少？(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？[ 分析 ] (1) 当推力F最大时，加快度最大，由牛顿第二定律，得：F m－μmg＝ ma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，协力为0，即F＝μmg所以 x＝3 m.(3) 位移最大时，末速度必定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力 F 做的功为11W F＝2F m x m＝2×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.[答案](1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m。

2018版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略课件专题十力学实验二

例1 (2015·浙江9月选考科目试题)在“探究作用力与反作用力的关系” 实验中，某同学用两个力传感器进行实验. (1)将两个传感器按图3甲方式对拉，在计算机屏上显示如图乙所示，横坐标代表的物理量是_时__间__(_t)__，纵坐标代表的物理量是_力__(_F_)___.
图3
答案
(2)(多选)由图乙可得到的实验结论是( )
刻度尺等. 3.实验步骤 (1)垫高木板不带滑轮的一端，平衡摩擦力 . (2)在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线绕过滑轮连接小车和钩码.
答案
(3)将小车停在打点计时器附近，先接通电源，再释放小车，关闭打点计时器电源. (4)改变钩码的数量，更换纸带重复进行操作. 4.注意事项 (1)实验前必须首先平衡摩擦力. (2)必须保证所悬挂钩码的重力远小于小车的重力，这时钩码重力才近似等于小车所受的合外力.
答案
5.实验探究的技巧与方法 (1)不直接计算W和v的数值，而只是看第2次、第3次……实验中的W和 v是第1次的多少倍，简化数据的测量和处理. (2)做W－v图象，或W－v2、W－v3图象，直到作出的图象是一条倾斜的直线. 6.实验结论物体速度v与外力做功W间的关系：W与v2成正比.
例3 如图11所示是某研究性学习小组做探究做功与物体速度变化的关系的实验，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形.这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放.小车在每次实验中获得的速度由打点计时器所打点的纸带测出. (1)除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材有___刻__度__尺___；
实验方案二 1.实验原理(如图10所示)

高三物理课件-2018届高三物理复习(力学部分) 精品

2004届高三物理复习讲座(力学部分)从以上统计可知，力学知识点中，常考的有：牛顿定律、功和能、动量、直线运动、振动和波、万有引力定律以上8份试卷题数和占分统计二、对力学复习的建议(一)总体要求1．“基本概念”和“基本规律”的巩固以《教学大纲》为准，刚好《考试说明》和西城区的《高考物理总复习指导》(不止是练习题，也包括每一章前面的“能力要求”，这部分内容比《考试说明》具体，可操作性强，要做到“概念清”、“规律熟”、“条件明”，要求学生按照知识块进行小结．复习课的模式也应该多样化，除了常用的讲述式外，还可以有专题讨论式、先自学后上讲台发言等方式．要研究开发一些取材容易、效果好的小实验在复习课上让学生观察、体验，设计、选用一些课件在课堂上演示，以加深学生对“基本概念”和“基本规律”的理解．如：“绳结和光滑钩的区别”、“超重和失重”(用矿泉水瓶、体重计做)．2．基本方法的训练重点体现在川能量的观点和动力学的观点去认识问题、分析问题和处理问题的方法．培养学生从受力情况、运动过程、能量变化三个角度分析问题的习惯．重视思维含量高、方法通用性强、模型典型化的传统基本题的训练．这对于各个层次的学生都是适用的．养成良好的思维习惯，规范解题的程序和格式．(二)具体建议1．质点的运动基本概念、基本规律(1)要在理解物理情景的基础上，正确地应用公式．不能生搬硬套．【例题1】某人骑白行车以4m/s的速度匀速前进．某时刻在他前面7m处以10m/s的速度同向行驶的汽车开始关闭发动机，以2m/s2的加速度匀减速前进．此人需要多长时间追上汽车？【答：8s．汽车停下只需5s，位移25m．．】(2)平均速度的运用．【例题2】(1995年上海)物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为s．它在中间位置s/2处的速度为V1，在中间时刻t/2的速度为v1，则v2和v2的关系为【ABC】A．当物体做匀加速直线运动时，v1＞v2 B．当物体做匀减速直线运动时，V1＞V2 C．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2 D．当物体做匀减速直线运动时，V1＜V2(3)关于图象的处理：考纲不要求会用v－t图去讨论问题．对学习能力较强的学生，图象法可以提供另一种分析问题的思路和方法．【例题2】(1996年全国，9)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的人小为4m/s，1s 后速度的大小变为10m/s．在这1s内物体的【AD】A．位移的大小可能小于4m B．位移的大小可能大于10mC．加速度的大小可能小于4m/s2 D．加速度的人小可能大于10m/s2【例题3】（2001上海，13）下图中的A是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图．测试已发出并接受超声波脉冲的信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，可以测出物体的速度．图B中P1、P2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是P1、P2则汽车反射回来的信号．设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔△t＝1.0s,超声波在空气中传播的速度时v＝340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图B可知，汽车在接受到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离是_____m，汽车的速度是______m/s．【17：17.9】【例题4】汽车A沿着平直的公路以速度v做匀速直线运动，当A路过P点时，又有一辆汽车B从P点开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶A车，当B车追上A车的瞬间【BCD】A．两车的速度相等 B．从P点算起两个的位移相等C．此时B车的速度是A车速度的2倍 D．此时两车的相对速度的大小是v(4)运动合成、分解：“渡河问题”和“拉船问题”(5)平抛运动【例题5】(1995年全国，25)在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L＝1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如下图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0＝_______(用L、g表示)，其值是__________________(g取9.8m/s2)【2Lg；0.70m/s】(6)匀速率圆周运动：线速度、角速度、周期、频率(转速)的关系，向心加速度的各种表达形式．【例题6】下图为一个皮带传动装置，右轮半径为r，a是边缘上的一点．左轮是一个轮轴，大轮半径是4r，小轮半径是2r．b点在小轮上，距圆心为r，c、d两点分别位于小轮和大轮边缘上．在传动过程中皮带不打滑．则【C】A．a点与b点的线速度大小相等 B．a点与b点的角速度大小相等C ．a 点与c 点的线速度大小相等D ．a 点与d 点的线速度大小相等2．力熟悉重力(万有引力)、弹力、摩擦力、电场力、磁场力产生的条件及三要素：知道受力分析的常用方法；熟练掌握力的分解、合成的平行四边形定则(三角形法则)3．牛顿定律(1)共点力的平衡静止和匀速直线运动都是平衡状态．【例题7】下列哪组共点力可使物体平衡？【B 、C 】A ．2N ，3N ，6NB ．10N ，10N ，10NC ．2N ，5N ，7ND ．1N ，2N ，3N ，10N 【例题8】(2004年广东 7)用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如下图所示．已知ac 和bc 与竖直方向的夹角别为30°和60°，则ac 绳和bc 绳中的拉力分别为【B 】A ．mg 23，mg 21 B ．mg 21，mg 23C ．mg 43，mg 21 D ．mg 21，mg 43【例题9】(1999年全国，11)如下图所示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为【C 】A ．11k g m B ．12k g m C ．21k gm D ．22k g m【例题10】(1998考试中心科研测试题 24)如图甲所示，将一条轻而柔软的细绳一端拴在天花板上的A 点，另一端拴在竖直墙上的B 点，A 和B 到O 点的距离相等，绳的长度是OA 的两倍．图乙所示为一质量可忽略的动滑轮K ，动滑轮下悬挂一质量为m 的重物．设摩擦力可忽略．现将动滑轮和重物一起挂到细绳上，在达到平衡时，绳所受的拉力是多大? 【mg 33】【例题11】把重20N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上．物体与固定在斜面上的轻弹簧相连，如下图所示．物体利斜面间的最大静摩擦力为12N．则弹簧作用在物体上的弹力【B、C、D】A．可以为22N，方向沿斜面向下 B．可以为2N，方向沿斜面向上C．可以为2N，方向沿斜面向下 D．可以为零(2)牛顿第二定律严格要求规范解题步骤：①确定研究对象：隔离(求相互作用力)或整体(求加速度)②分析受力情况：有的学生容易把“效果力”当成对象受的力③明确运动状态：要求学生把加速度a的方向标在受力图上④建立直角坐标：尽量使列出的方程中含较少的未知量⑤进行正交分解：分解力，也可能分解加速度⑥列出所需方程：以加速度方向为正方向⑦联立求解答案：注意用已知量表示未知量⑧验算讨论反思：讨论、验算、检查是否有错【例题11】(1997年全国，3)质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a．当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a’，则【C】A．a'＝a B．a'＜2a C．a'＞2a D．a'＝2a【例题12】质量为m＝2kg的物体静止在水面上，它们之间的动摩擦因数为μ＝为0.5．现对物体施加如下图所示的力F，F＝10N，与水平方向成θ＝成37°夹角．经过t＝10s后，撤去力F，再经过一段时间，物体又变为静止，求整个过程中物体的总位移S．(g取10m/s2)【S＝27.5m】【例题13】如下图所示，置于光滑水平面上的斜劈上，用固定在斜面上的竖直挡板，挡住一个光滑球．这时斜面和挡板对球的弹力分别是N和T．若用力F水平向左推斜劈，使整个装置一起向左加速运动，则N与T的变化情况是N____________，T_______________【例题14】如下图所示，倾角不同的光滑斜面的最高点共于A 点，A 点也是图中虚线所示的位于竖直平面的圆的最高点，各斜面的底端也在这一圆周上，即各斜面似是此圆的弦．现从A 点由静止释放一滑块，可证明，滑块沿各斜面滑到底端，所用时间相同．【gd2t =】【例题15】如下图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个物块，静止时弹簧伸长了4cm ．现用力向下拉物体，使弹簧再伸长1cm ，物块静止，然后撤去此力，此时物块的加速度为(g 为重力加速度)【A 】A ．0.25gB ．0.75gC ．1.0gD ．1.25g【例题16】质量分别为m 1和m 2的1和2两长方体物块并排放在水平面上，在水平向右的力F 作用下，沿水平面加速运动，如图所示．试就下面两种情况，求出物体1对物体2的作用力T ．【F m m m T 212+=】(1)水平面光滑．(2)两物块与水平面间的动摩擦因数μ相同．【例题17】(1999年全国，9)如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过．点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a 、b 分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是【AB 】A ．a 处为拉力，b 处为拉力B ．a 处为拉力，b 处为推力C ．a 处为推力，b 处为拉力D ．a 处为推力，b 处为推力 (3)万有引力定律、人造地球卫星对天体的运动作理想化处理：运动轨道为圆形；只受中心星球的万有引力．物体在高空受到的“重力”应理解为万有引力(重力加速度应理解为引力加速度)．人造地球卫星在轨道上的运行速度与卫星发射升空时的速度的区别．人造地球卫星在轨道上的运行速度、周期跟轨道半径的关系．【例题18】(2000年春，7)可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道【CD 】 A ．与地球表面上某一纬度线(非赤道)是共面同心圆 B ．与地球表面上某一经度线所决定的圆是共面同心圆C ．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的D ．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的【例题19】(98 上海)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点(如下图)，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是【BD 】A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率；B ．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度；C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度大于它在轨道2上经过Q 点时的加速度；D ．卫星在轨道2上经过P 点时的加速度等于它在轨道3上经过P 点肘的加速度；想一想：设卫星在轨道1和3上运行的速率分别为v 1和v 3，在轨道2上通过P 点和Q 点的速率分别为p v 和Q v ，试比较以上4个速率的大小．【p v ＜3v ＜1v ＜Q v 】【例题20】第一宇宙速度为7.9km/s ，第二宇宙速度为11.2km/s ．环绕地球作匀速圆周运动的人造地球卫星的环绕速度【A 】A ．最大值为7.9km/sB ．最小值为7.gkm/sC ．只能是7.9km/sD ．大于7.9km/s 而小于11.2km/s【例题21】两颗人选地球卫星1和2绕地球作圆周运动，周期之比为T 1：T 2＝1∶8，则它们的轨道半径之比和运动速率之比分别为【D 】A ．r 1：r 2＝4：1， v 1：v 2：1：2B ．r 1：r 2＝4：1，v 1：V 2＝2：1C ．r 1：r 2＝1：4， v 1：v 2：1：2D ．r 1：r 2＝1：4，v 1：v 2＝2：1 【例题22】宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L ；若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间距离为L 3．已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常数为G ，求该星球的质量M ．【M ＝22Gt3LR 32M 】【例题23】所谓“双星”，就是太空中有两颗质量分别为M 1和M 2的恒星，保持它们之间的距离不变，以它们连线上的某一位置为圆心，各自作匀速圆周运动，如下图所示．不计其它星球对它们的作用力．则【BCD】A．它们运行的周期之比T1：T2＝M2：M1B．它们的回转半径之比r1：r2＝M2：M1C．它们的线速度大小之比v1：v2＝M2：M1D．它们的向心加速度大小之比a1：a2＝M2：M1。

高三物理力学专题教案5篇

高三物理力学专题教案5篇高三物理力学专题教案篇1知识目标1、了解形变的概念，了解弹力是物体发生弹性形变时产生的.2、能够正确判断弹力的有无和弹力的方向，正确画出物体受到的弹力.3、掌握运用胡克定律计算弹簧弹力的方法.能力目标1、能够运用二力平衡条件确定弹力的大小.2、针对实际问题确定弹力的大小方向，提高判断分析能力.教学建议一、基本知识技能：(一)、基本概念：1、弹力：发生形变的物体，由于要回复原状，对跟它接触的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力.2、弹性限度：如果形变超过一定限度，物体的形状将不能完全恢复，这个限度叫做弹性限度.3、弹力的大小跟形变的大小有关，形变越大，弹力也越大.4、形变有拉伸形变、弯曲形变、和扭转形变.(二)、基本技能：1、应用胡克定律求解弹簧等的产生弹力的大小.2、根据不同接触面或点画出弹力的图示.二、重点难点分析：1、弹力是物体发生形变后产生的，了解弹力产生的原因、方向的判断和大小的确定是本节的教学重点.2、弹力的有无和弹力方向的判断是教学中学生比较难掌握的知识点.高三物理力学专题教案篇2教学目标知识目标1、初步理解速度—时间图像.2、理解什么是匀变速直线运动.能力目标进一步训练用图像法表示物理规律的能力.情感目标渗透从简单问题入手及理想化的思维方法.教学建议教材分析本节内容是本单元的基础，是进一步学习加速度概念及匀变速运动规律的重要前提.教材主要有两个知识点：速度—时间图像和匀变速直线运动的定义.教材的编排自然顺畅，便于学生接受，先给出匀速直线运动的速度—时间图像，再根据具体的实例(汽车做匀加速运动)，进一步突出了“图像通常是根据实验测定的数据作出的”这一重要观点，并很自然地给出匀变速直线运动的定义，最后，阐述了从简单情况入手，及理想化的处理方法，即有些变速运动通常可近似看作匀变速运动来处理.教法建议对速度——时间图像的学习，要给出物体实际运动的情况，让学生自己建立图像，体会建立图像的一般步骤，并与位移图像进行对比.对匀变速直线运动的概念的学习，也要通过分析具体的实例，认真体会“在相等的时间内速度变化相等”的特点，教师也可以给出速度变化相同，但是所用时间不等的例子，或时间相同，速度变化不等的例子，让学生判断是否是匀变速直线运动.教学设计示例教学重点：速度——时间图像，匀变速直线运动的定义.教学难点：对图像的处理.主要设计：1、展示课件：教材图2—15的动态效果(配合两个做匀速运动的物体)体会速度——时间图像的建立过程.2、提问：如何从速度——时间图像中求出物体在一段时间内的位移3、上述两个运动的位移——时间图像是怎样的(让同学自己画出，并和速度——时间图像进行对比)4、展示课件图2—17的动态效果〔配合做匀加速运动的汽车运行情况(显示速度计)引导同学：采集实验数据，建立坐标系，描点做图.5、展示课件图2—18的动态效果(配合做匀减速运动的汽车)引导同学：画出它的速度——时间图像.6、提问：上述两个汽车运动过程有什么特点引导同学发现“在相等的时间内速度的改变相等”的特点.7、举例：①速度改变相等，所用时间不等的情况.②经过相同时间，速度改变不相等的情况.8、小结：什么是匀变速直线运动什么是匀加速直线运动什么是匀减速直线运动探究活动请你坐上某路公共汽车(假设汽车在一条直线上行驶)观察汽车的速度表和自己的手表，采集数据，即记录汽车在不同时刻的速度，之后把你采集的数据用速度——时间图像表示出来，并将你的结果讲给周围人听。

2018届高考物理二轮复习板块一专题二能量与动量 2-1 功功率动能定理教案

(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 2Fcos30°＝mg
有12m1v2C＝12m1v2D＋m1g56R＋56Rcosθ⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝13m
[答案]
(1)2 gR
12 (2) 5 mgR
3 (3)5 5gR
(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 lcosθ(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．
板
块
专题突破复习
一
专
题
能量与动量
二
第一讲
功功率动能定理
知识网络构建
结网建体把脉考向
[知识建构]
[高考调研]
1.考查方向预测：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解．②与功、功率相关的分析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用． 2.常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③合力功的求法．④变力功的求法．

[推荐学习]2018版高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案

专题二力与直线运动考情分析命题解读本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。

如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于中等。

(2)注重过程与方法。

如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。

难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。

1.(2017·徐州沛县中学高三第一次质检)一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s 速度刚好减为零。

若测得该物体在最后1 s 内的位移是1 m ，那么该物体在这3 s 内的平均速度大小是( )A.1 m/sB.3 m/sC.5 m/sD.9 m/s解析采用逆向思维法，根据x ＝12at 2得，物体的加速度大小a ＝2x t 2＝2×11m/s 2＝2 m/s 2，则物体的初速度v 0＝at ′＝23 m/s ＝6 m/s ，物体在这3 s 内的平均速度v －＝v 02＝62m/s ＝3 m/s ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误。

答案 B2.(2017·江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m 的物体，在大小为F 、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为( )图1A.F mB.F cos θmC.F cos θ－μmgmD.F cos θ－μ（mg ＋F sin θ）m解析对物体受力分析如图所示，在水平方向： F cos θ－f ＝ma ，在竖直方向：F N －F sin θ－mg ＝0，又f ＝μF N ，以上联立解得a ＝F cos θ－μ（mg ＋F sin θ）m，故D 项正确。

答案 D3.(2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。

2018届高三物理二轮复习专题五物理实验第1讲力学实验教案

(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是__B_C__D___. A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
热点题型突破
题型一 “纸带类”实验
命题规律力学中多个实验都要用到打点计时器(如研究匀变速直线运动规律，验证牛顿第二定律，验证机械能守恒定律，探究动能定理)正确使用打点计时器并根据纸带进行正确的数据处理，得到实验结论及误差分析是高考考查的热点，题型为选择题和填空题．
方法点拨
这类实验的关键是要掌握纸带的分析处理方法． 1．由纸带确定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，便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为 Δt＝0.02×5 s＝0.1 s. 2．求解瞬时速度利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，如图所示，打 n 点时的瞬时速度 vn＝xn＋2Txn＋1
(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝__1_._0_5_0___cm；
(2)实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量m和相应
小车经过光电门时的速度v，作出v2－m图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为__1___ N；
(3)在满足条件__m_≪__M____的情况下，v2－m图象是线性变化的，说明合外力做 2gL
F/N 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
l/cm l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05

高三物理高考第二轮专题复习教案考点10力学

高三物理高考第二轮专题复习教案考点10 力学知识在生产和生活中的应用命题趋势随着高考改革的不断推进，知识与能力，以能力考核为主；理论与实际，以解决现实问题为中心；这些已成为高考命题的一个指导思想。

因为考生在解决实际问题时，最能显示其能力大小，而且还能引导学生关注身边发生的现象和事件，关注科技进步和社会发展。

2001年理综卷第16题冷光灯，第19题抗洪救灾，第31题关于太阳演化，都是联系实际的问题。

2004年高考理综卷的命题将会继续贯彻这一原则，作为中学物理主干知识的力学，它在日常生活、生产实际和现代科技中的应用必定是命题的素材。

预计命题所选的素材会是一些常听到的、常看到的、常被关注的但不一定认真思考过的问题。

除现代科技外，涉及天体运行、航天技术、体育运动、人体科学、医药卫生、通信交通等各个方面的问题，仍应是关注的重点。

知识概要力学知识在日常生产、生活和现代科技中应用非常广泛，主要有（1）体育运动方面：如跳高、跳水、体操、铅球、标枪等；（2）天体物理方面：如天体的运行、一些星体的发现、人类的太空活动等；（3）交通安全方面：汽车制动、安全距离、限速等。

由上述题材形成的实际问题，立意新，情景活，对考生获取信息的能力、分析理解能力、空间想象能力等有较高的要求；同时对考生学科基础知识的掌握程度也是一个考验。

解这类问题与解其他物理问题的不同之处在于，首先要把实际问题转化为物理问题．．．．．．．．．．．．．．．。

这也是这类问题使一部分考生感到困难的原因。

为实现这一转化，应重视以下几点：1、从最基本的概念、规律和方法出发考虑问题。

以实际情景立意的题目，往往不落俗套、不同于常见题型，由“题海”中总结出来的套路一般很难应用。

这时从最基本的概念、规律和方法出发分析、思考才是正途。

这也正是命题者的匠心所具。

2、要分析实际现象的空间、时间特征。

力学问题总与时间和空间有关，从空间上，要关注场景的细节，正确把握力的特征；从时间上，要分析实际现象如何一步一步演变，把这个演变的过程和典型的物理过程相对照，寻求转化。

高考物理最新教案-2018届高考物理二轮复习资料C 精品

009届高考物理二轮精品复习资料专题一运动和力参考答案典型例题[例1] 解析：对系统进行整体分析，受力分析如图1—2：由平衡条件有：cos30F f︒=sin 30()N F M m g +︒=+由此解得f =()sin 30135N N M m g F =+-︒=[例2] 解析：（1）设t 1、t 2为声源S 发出两个信号的时刻，12、t t ''为观察者接收到两个信号的时刻．则第一个信号经过11()t t '-时间被观察者A 接收到，第二个信号经过（22t t '-）时刻被观察者A 接收到，且 2121t t t t t t '''∆=-∆=-设声源发出第一个信号时，S 、A 两点间的距离为L ，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们的运动的距离关系如图所示，可得11112221()()()()P A P A S v t t L v t t v t t L v t t v t ''''-=+--=+--∆ 由以上各式解得P SP Av v t t v v -'∆=∆-（2）设声源发出声波的振动周期为T ，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T ′,P SP A v v T T v v -'=-．由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为P AP Sv v f f v v -'=-．[例3] 解答：根据题意作图1—4．对这两个天体而言，它们的运动方程分别为212112m m Gm r rω= ①212222m m Gm r r ω= ②以及12r r r += ③由以上三式解得21121212;m m r r r r m m m m ==++．将r 1和r 2的表达式分别代①和②式，f图1—2t v t 't vt t 'S m可得ω=112222v r m v r m T ωωππω====== [例4] 解答：（1）A 、B 两球以相同的初速度v 0，从同一点水平抛出，可以肯定它们沿同一轨道运动．作细线刚被拉直时刻A 、B 球位置示意图1—5．根据题意可知：0 4.50.8 3.6(m) 4.8(m)x v t y ∆=∆=⨯=∆==设A 球运动时间为t ，则B 球运动时间为t －0.8，由于A 、B 球在竖直方向上均作自由落体运动，所以有2211(0.8)22y gt g t ∆=--．由此解得t =1s ．（2）细线刚被拉直时，A 、B 球的水平位移分别为004.5m (0.8)0.9m A B x v t x v t ===-=[例5] 解答：（1）A 球通过最低点时，作用于环形圆管的压力竖直向下，根据牛顿第三定律，A 球受到竖直向上的支持力N 1，由牛顿第二定律，有：2111v N m g m g-= ①由题意知，A 球通过最低点时，B 球恰好通过最高点，而且该时刻A 、B 两球作用于圆管的合力为零；可见B 球作用于圆管的压力肯定竖直向上，根据牛顿第三定律，圆管对B 球的反作用力N 2竖直向下；假设B 球通过最高点时的速度为v ，则B 球在该时刻的运动方程为2222v N m g m R+= ②由题意N 1=N 2 ③∴2210212m v m v m g m g R R+=-④ 对B 球运用机械能守恒定律22202211222m v m v m gR =+ ⑤ 解得2204v v gR =- ⑥⑥式代入④式可得：21212(5)()0v m m g m m R++-=．[例6] 解答：火箭上升到最高点的运动分为两个阶段：匀加速上升阶段和竖直上抛阶段．地面上的摆钟对两个阶段的计时为140(s)t ===xy图1—51218320(s)at t t g=== 即总的读数（计时）为t =t 1＋t 2=360（s ）放在火箭中的摆钟也分两个阶段计时．第一阶段匀加速上升，a =8g ，钟摆周期112233T T '== 其钟面指示时间113120s t t '== 第二阶段竖直上抛，为匀减速直线运动，加速度竖直向下，a =g ，完全失重，摆钟不“走”，计时20t '=．可见放在火箭中的摆钟总计时为12120s t t t '''=+=．综上所述，火箭中的摆钟比地面上的摆钟读数少了240s t t t '∆=-=．[例7] 解答：在情形（1）中，滑块相对于桌面以速度v 0=0.1m/s 向右做匀速运动，放手后，木板由静止开始向右做匀加速运动．20.02m/s mga Mμ==经时间t ，木板的速度增大到v 0=0.1m/s ，05s v t a==．在5s 内滑块相对于桌面向右的位移大小为S 1=v 0t =0.5m ．而木板向右相对于桌面的位移为2210.25m 2S at ==．可见，滑块在木板上向右只滑行了S 1－S 2=0.25m ，即达到相对静止状态，随后，它们一起以共同速度v 0向右做匀速直线运动．只要线足够长，桌上的柱子不阻挡它们运动，滑块就到不了木板的右端．在情形（2）中，滑块与木板组成一个系统，放手后滑块相树于木板的速度仍为v 0，滑块到达木板右端历时05s lt v '==． [例8] 解答：以m 表示球的质量，F 表示两球相互作用的恒定斥力，l 表示两球间的原始距离．A 球作初速度为v 0的匀减速运动，B 球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l 先减小，到又恢复到l 的过程中，A 球的运动路程为l 1，B 球运动路程为l 2，间距恢复到l 时，A 球速度为v 1，B 球速度为v 2．由动量守恒，有012mv mv mv =+ 由功能关系：A 球221011122Fl mv mv =- B 球：22212Fl mv = 根据题意可知l 1=l 2，由上三式可得22222220120220022()22v v v v v v v v v v =+=-+=-+ 得v 2=v 0、v 1=0 即两球交换速度．当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v ，则00(),2v mv m m v v =+= B 球的速度由02v v =增加到v 0花时间t 0，即00002vv v at at =+=+ 得02v a t =．解二：用牛顿第二定律和运动学公式．（略）跟踪练习1．C 提示：利用平衡条件．2．（1）重物先向下做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大，设下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得2sin )Mgh mg R θ=解得h ．（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a ．两小环同时位于大圆环的底端 b ．两小环同时位于大圆环的顶端c ．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端d ．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上（如图）．对于重物m ，受绳的拉力T 与重力mg 作用，有T =mg ．对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T ，竖直绳的拉力T ，大圆环的支持力N ．两绳的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反sin sin T T αα'=．得,90,45ααααα''=+=︒=︒而∴．3．设测速仪扫描速度为v ′，因P 1、P 2在标尺上对应间隔为30小格，所以3030v t'==∆格/s ．测速仪发出超声波信号P 1到接收P 1的反射信号n 1．从图B 上可以看出，测速仪扫描12小格，所以测速仪从发出信号P 1到接收其反射信号n 1所经历时间120.4s t v'=='．汽车接收到P 1信号时与测速仪相距1168m 2t S v ==声．同理，测速仪从发出信号P 2到接收到其反射信号n 2，测速仪扫描9小格，故所经历时间290.3s t v =='．汽车在接收到P 2信号时与测速仪相距2251m 2t S v ==声．所以，汽车在接收到P 1、P 2两个信号的时间内前进的距离△S =S 1－S 2=17m ．从图B 可以看出，n 1与P 2之间有18小格，所以，测速仪从接收反射信号n 1到超声信号P 2的时间间隔3180.6s t v =='．所以汽车接收P 1、P 2两个信号之间的时间间隔为1230.95s 22t tt t ∆=++=． ∴汽车速度17.9Sv t∆==∆m/s ． 4．从B 发出第一个超声波开始计时，经2T被C 车接收．故C 车第一次接收超声波时与B 距离102T S v =．第二个超声波从发出至接收，经T ＋△T 时间，C 车第二车接收超声波时距B 为202T TS v +∆=，C 车从接收第一个超声波到接收第二个超声波内前进S 2－S 1，接收第一个超声波时刻12Tt =，接收第二个超声波时刻为202T Tt T +∆=+． TααNαm 1mT所以接收第一和第二个超声波的时间间距为2102Tt t t T ∆∆=-=+．故车速0021002222C v TTv S S v T T tT T ∆∆-===+∆∆+∆．车向右运动． 5．ACD6．（1）根据动能定理，可求出卫星由近地点到远地点运动过程中，地球引力对卫星的功为22211122W mv mv =-．（2）由牛顿第二定律知1222112()()GM GM a a R h R h ==++ ∴21212()R h a a R h +=+ 7．（1）建立如图所示坐标系，将v 0与g 进行正交分解．0000cos ,sin sin ,cos x y x y v v v v g g g g θθθθ====-在x 方向，小球以0x v 为初速度作匀加速运动．在y 方向，小球以0y v 为初速度，作类竖直上抛运动．当y 方向的速度为零时，小球离斜面最远，由运动学公式02220sin |2|2cos y y v v H g g θθ==．小球经时间t 上升到最大高度，由0y y v g t =得000sin tan cos g yv v v t g g gθθθ===．（2）02220000221sin 1sin 2(2)2cos sin 42cos 2cos ABx x v v Sv t g t v v g g θθθθθθ=+=+ 2202sin (1tan )v gθθ=+8．（1）设滑雪者质量为m ，斜面与水平面夹角为θ，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功cos (cos )W mgS mg L S mgL μθμθμ=+-= ①由动能定理21()2mg H h mgLmv μ--=② 离开B 点时的速度v③ （2）设滑雪者离开B 点后落在台阶上2111122h gt S vt ==<可解得1S =④此时必须满足2H L h μ-< ⑤当2H L h μ->时，滑雪者直接落到地面上，222221,2h gt S v t ==， y可解得2S = 9．AC10．摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R 1=4a ，R 2=3a ，R 3=2a ，R 4=a 为半径各作四分之一圆周的圆运动．当摆球从P 点开始，沿半径R 1=4a 运动到最低点时的速度v 1，根据动量定理221011422mv mv mga -= ① 当摆球开始以v 1绕B 点以半径R 2=3a 作圆周运动时，摆线拉力最大，为T max =7mg ，这时摆球的运动方程为21max3mv T mg a-= ②由此求得v 0的最大许可值为0v当摆球绕C 点以半径R 3=2a 运动到最高点时，为确保沿圆周运动，到达最高点时的速度3v由动能定理223001122mv mv mga v -=-得0v 11．B12．由题意知，周期为42s 63T ==．波速40320m/s 23v T λ===．P 、Q 两点距离相差9(6)4-次全振动所需时间即9235(6)4s.4322t ∆=-⨯=-= ∴50m PQ v t =∆=．13．ABC 开始时小车上的物体受弹簧水平向右的拉力为6N ，水平向左的静摩擦力也为6N ，合力为零．沿水平向右方向对小车施加以作用力，小车向右做加速运动时，车上的物体沿水平向右方向上的合力（F =ma ）逐渐增大到8N 后恒定．在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到（向右的）2N 而保持恒定；弹簧的拉力（大小、方向）始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度由弹簧的拉力提供：260.75m/s 8T a m ===． 14．（1）设物体与板的位移分别为S 物、S 板，则由题意有2LS S -=物板 ① 212S S vt a t =物板板∶∶ ② 解得：,2L S L S ==物板．（2）由22112,,mgMv v a S a M mgLμμ===板板板得．212,21,,2,(),2S S L S S S L S L mg M m g Ma v a S μμ''''''-===='''-+==物板物板板物板板板∶∶得由得222()Mv M m gL μ=+，故板与桌面之间的动摩擦因数222()Mv M m gLμ+≥．15．在0～10s 内，物体的加速度210.8m/s va t∆==∆（正向）在10～14s 内，物体的加速度222m/s va t∆==∆ （反向）由牛顿第二定律1F mg ma μ-= ① 23Fm g m a μ-=- ② 由此解得F =8.4Nμ=0.3416．（1）依题意得1B v =0，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律，f mg ma μ==，由运动学公式202v gS μ=，解得0.09μ=．（2）滑块在水平面上运动时间为t 1，由01110, 3.3s 23v S t t ===得．在斜面上运动的时间2120.8s 4.1s t t t t ==+=∴（3）若滑块在A 点速度为v 1=5m/s ，则运动到B 点的速度4m/s B v =．即运动到B 点后，小滑块将做平抛运动．假设小滑块不会落到斜面上，则经过30.4s t =落到水平面上，则水平位移3 1.67m tan30B hx v t ==>︒．所以假设正确，即小滑块从A 点运动到地面所需时间为312 1.5s BSt t v v '=+=+．专题二动量与机械能典型例题[例1] D解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体），所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正确．综上所述，选项D 正确．【例2】解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F 与其所受阻力f 大小相等，由P =Fv 得mmP P fv f v ==（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s ，由动能定理得22022m mv mv Pt fs -=-220()22mmv mv Pt s f +-= 将m P f v =代入上式得220()22m m mv mv Pt v s P +-=或220()[]2m m m v v s t v P-=+ 【例3】解析：解法1（程序法）：选物体为研究对象，在t 1时间内其受力情况如图①所示，选F 的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为22180.2210m/s 2m/s 2F mg a m μ--⨯⨯===．撤去F 时物体的速度为v 1=a 1t 1=2×6m/s=12m/s撤去F 后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为2220.210m/s 2m/s mga g mμμ-==-=-⨯=-．物体开始碰撞时的速度为v 2=v 1＋a 2t 2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s ．再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为F ，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有32()Ft mv m v '=--．解得123()2(68)N 280N 0.1m v v F t '+⨯+===．解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向，则1123()F t mg t t F t mv μ'-+-=-所以1123()86(0.2)210(62)26280N 0.1F t mg t t mv F t μ'-++⨯⨯-⨯⨯⨯++⨯===点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐．另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易．【例4】解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下：解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动的线速度为v 0，根据牛顿第二定律有212()v m m g M R+= ①当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R 的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m 1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m 1上升高度为h ，小球的线速度减为v 时，小球在半径为（R ＋h ）的轨道上再次做N F μmg FN F①N F μmg N F②匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有21v m g M R h=+ ②再选小球M 、物体m 1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动时m 1到水平板的距离为H ，根据机械能守恒定律有2201111()22Mv m gH Mv m g H h -=-- ③以上三式联立解得 v =解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m 1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m 1重力势能的增加量．即22011122Mv Mv m gh -= ④①、②、④式联立解得 v =点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷．【例5】解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒011mv MV mu MV '-=+ ①解得：1v '=3m/s ② 木块向右作减速运动加速度5Mga g Mμμ===m/s 2 ③木块速度减小为零所用时间11v t a'= ④ 解得t 1 =0.6s<1s ⑤所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A 点最远时，速度为零，移动距离为2112v s a'=解得s 1=0.9m ． ⑥（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t 2=1s －0.6s=0.4s ⑦ 速度增大为v 2=at 2=2m/s （恰与传送带同速） ⑧ 向左移动的位移为22210.4m 2s at == ⑨ 所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S 0=S 1－S 2=0.5m 方向向右 ⑩ 第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为150.57.5m s =⨯= ○11第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m ，总位移为0.9m ＋7.5=8.4m>8.3m 木块将从B 端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为2222101111112222Q mv MV mu MV '=+-- ○12 木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为111S v t s '=+ ○13 产生的热量为Q 2=MgS μ' ○14木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为122S V t s ''=- ○15 产生的热量为3Q Mgs μ''= ○16第16颗子弹射入后木块滑行时间为t 3有213310.82v t at '-= ○17 解得t 3=0.4s ○18木块与传送带的相对位移为S =v 1t 3＋0.8 ○19 产生的热量为Q 4=Mgs μ ○20全过程中产生的热量为Q =15(Q 1＋Q 2＋Q 3)＋Q 1＋Q 4 解得Q =14155.5J ○21【例6】解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P 的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v 1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v 2，及此时车的速度2v '以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v 2、2v '间关系的具体方法．（1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v 1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h ，则有211()2mg H h mv -=， ① 由平抛运动的规律s 0=v 1t ②212h gt =． ③ （2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v 2，小车速度为2v '，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒222211()22mg H h mv Mv '-=+ ④ 物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒220Mv mv '-=． ⑤ 此式不仅给出了v 2与2v '大小的关系，同时也说明了v 2是向右的．物体离开车后对地平抛 22s v t '= ⑥212h gt '=⑦ 车在t '时间内向前的位移22s v t '''= ⑧比较式⑦、③，得,t t '=解式①、④、⑤，得2122,mv v v M'==．此种情况下落地点距车右端的距离222221()(1)m s s s v v t v t t s M ''=+=+=+==点评：此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m 离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的．【例7】解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s ，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理20102MgS mv μ-=-① 202mv s Mgμ= ②代入数据得22210.33m 20.43103s ⨯===⨯⨯⨯ ③ （3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s ，滑块的速度则大于2m/s ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v ．此即平板车碰墙前瞬间的速度．00()Mv mv M m v -=+ ④∴0M mv v M m-=+ ⑤代入数据得010.4m/s 5v v == ⑥ （3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v 前的过程，可用图（a ）（b ）（c ）表示．（a ）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b ）为平板车到达最左端时两者的位置，图（c ）为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块板车动能减少等于动能减少等于摩擦力对滑块所做功Mgs μ'，平到A 再回到B 的过程摩擦力对平板车所做功Mgs μ''（平板车从B 中摩擦力做功为零），其中s '、s ''分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为1,Mgl μ其中1l ss '''=+为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l ，则有201()2M m v Mgl μ+= ⑦ 20()2M m v l Mgμ+= ⑧代入数据得25250.833m 20.43106l ⨯===⨯⨯⨯ ⑨ l 即为平板车的最短长度．【例8】解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。

高三物理最新教案-2018届高三物理复习第二轮复习专题稳恒电流[下学期]人教版精品

第二轮复习专题稳恒电流一、考试说明1．电流，欧姆定律，电阻和电阻定律 Ⅱ （1）应用物理量的定义进行计算（2）应用物理量间遵守的规律计算 2．电阻率与温度的关系 Ⅰ3．半导体及其应用，超导及其应用 Ⅰ （1）研究导体的伏安特性（2）半导体超导特点的应用4．电阻的串、并联，串联电路的分压作用，并联电路的分流作用 Ⅱ 5．电功和电功率，串联、并联电路的功率分配 Ⅱ6．电源的电动势和内电阻，闭合电路的欧姆定律，路端电压 Ⅱ （1）问题：电路的计算（2）方法：以某段电路为研究对象、各电路或某一导体的物理量间列方程7．电流、电压和电阻的测量，电流表、电压表和多用表的使用，伏安法测电阻 Ⅱ （1）问题：电学实验中物理量的测量（2）方法：根据电表的使用方法二、重点问题1．氢原子模型、带电粒子在磁场中的运动 2．典型电路的分析（1）电路结构不变而部分元件发生变化（2）电路结构发生变化（3）电路中的电势计算（4）含有电容的电路（5）含有电表的电路（6）电路中的能量守恒（7）电路连接判断（8）分压和限流电路三、高考试题分析 1．基本题型例1．（92年全国）如图所示，a 、b 、c 、d 是滑线变阻器的4个接线柱。

现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P 向接线柱c 移动时，电路中的电流减小。

则接入电路的接线柱可能是（CD ）A.a 和bB.a 和cC.b 和cD.b 和d例2．（95年上海）如图电路中，六个电阻的阻值都相同，由于对称性，R 2上无电流流过，已知R 6所消耗的功率为1w ，则六个电阻所消耗的总功率为 A ．6w B ．5wC ．3wD ．2w例3．（98年全国）图示的两种电路中，电源相同，各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计。

电流表A 1、A 2、A 3和A 4读出的电流值分别为I 1、I 2、I 3和I 4。

下列关系式中正确的是（BD ）A ．I 1＝I 3B ．I 1<I 4C ．I 2＝2I 1D ．I 2<I 3+I 4例4．（03年辽宁大综合）在右图所示电路中E 为电源，其电动势e ＝9.0v ，内阻可忽略不计，AB 为滑动变阻器。

新课标2018年高考物理总复习第二章相互作用教案201709042230

第二章相互作用第7课时重力弹力(双基落实课)[命题者说] 重力和弹力是高中物理最常见、最基础的两个力。

本课时的重点是弹力的分析和判断、几种常见弹力的计算等。

对本课时的学习，重在理解，熟练掌握各种接触方式弹力的判断方法，会计算弹力的大小。

1.重力(1)定义：由于地球的吸引而使物体受到的力。

(2)大小：G＝mg，不一定等于地球对物体的引力。

(3)方向：竖直向下。

(4)重心：重力的等效作用点，重心的位置与物体的形状和质量分布都有关系，且不一定在物体上。

2. 弹力(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力。

(2)条件：①两物体相互接触；②发生弹性形变。

(3)方向：弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反。

3．弹力有无的判断(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断。

(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。

[小题练通]1．判断正误(1)自由下落的物体所受重力为零。

(×)(2)重力的方向一定指向地心。

(×)(3)直接接触的两个物体间必然有弹力存在。

(×)(4)只要物体发生形变就会产生弹力作用。

(×)2.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b。

当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是( )A．球在a、b两点处一定都受到支持力B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力解析：选D 若球与小车一起做水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用；若球与小车一起做水平向左匀加速运动，则球在a处受到的支持力可能为零，选项D正确。

3.(2017·聊城模拟)小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图所示)，现让小车从固定的光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是( )解析：选C 小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a＝g sin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于g sin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲，C正确。

2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题二能量与动量第三讲碰撞与动量守恒学案

第三讲碰撞与动量守恒[ 高考调研 ]1.2018 年高考取该部分内容的考察难度将加大(1) 利用图象或公式直接考察动量定理或许动量守恒定律．(2) 考察动量定理的应用，特[ 知识建构 ]别是动量定理在流体力学中的应用．别的，动量定理还能够与电场、磁场、电磁感觉等知识综合命题，选择题和计算题的命题形式皆有可能出现．(3) 考察动量守恒定律及其应用．试题经常波及多个物体、多个过程，以碰撞模型为纽带，几个运动阶段既互相独立，又互相联系，物体碰前、碰后的速度是联系各运动阶段的桥梁．此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知知趣互联合．2. 常用的思想方法：①动量定理结合微积分的思想方法．②弹性碰撞中的二级结论法.[ 答案 ] (1) 物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化．(2)一个系统不受外力或许所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(3)动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．②系统所受合外力固然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可当作近似守恒．③系统所受的合外力虽不为零，假如在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．(4)碰撞的分类考向一动量定理[ 概括提炼 ]1．用动量定理的解题的基本思路2．应用动量定理解题技巧(1)动量定理没有合用条件，在计算与时间相关的问题时都能够合用．(2)动量定理研究对象选择能够是单调物体，也能够是质点系，在研究质点系问题时，受力剖析是只考虑质点系的外力．(3)在应用动量定理时需要规定正方向．(2016 ·全国卷Ⅰ) 某游玩园进口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳固地悬停在空中．为计算方便起见，假定水柱从横截面积为S的喷口连续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板( 面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变成零，在水平方向朝周围均匀散开．忽视空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加快度大小为 g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相关于喷口的高度．[ 思路点拨 ] (1) 玩具在空中悬停说明F＝ mg.(2)求水对玩具的作使劲，可考虑动量定理解题．[ 分析 ] (1) 设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②Δm由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量＝ρv0S③ Δt(2) 设玩具悬停时其底面相关于喷口的高度为h，水从喷口喷出后抵达玩具底面时的速1212度大小为 v.关于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得2( Δm)v＋ ( Δm)gh＝2(Δm)v0④在h 高度处，Δt时间内发射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小＝Δp( Δm) v⑤设水对玩具的作使劲的大小为F，依据动量定理有FΔt＝Δp⑥因为玩具在空中悬停，由力的均衡条件得F＝Mg⑦v22联立③④⑤⑥⑦式得0Mgh＝－2 2 22g2ρ v S22[答案] (1)0v0－Mg2ρv S2g2ρv0S用动量定理解决连续的流体问题在平时的生活和生产中，常波及流体的连续互相作用问题，用惯例的方法很难解决，若建立柱体微元模型，而后用动量定理剖析求解，则可使问题水到渠成．关于流体或近似流体( 如粒子流 ) 问题，解答的原则一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象，然后确立出流体柱的体积、质量、状态变化及受力状况，再确立与其对物体的作用规律．[ 娴熟加强 ]迁徙一动量定理与生产生活相联合1．(2015 ·重庆卷 ) 高空作业须系安全带，假如质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作使劲古人着落的距离为h(可视为自由落体运动) ．今后经历时间 t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作使劲一直竖直向上，则该段时间安全带对人的均匀作使劲大小为 ()A.m 2ghB.m 2gh t＋ mg t－ mgC.m ghD.m ght＋ mg t－ mg[分析]降落 h 阶段 v2＝2gh，得 v＝2gh，对今后至安全带最大伸长过程应用动量定理，设竖直向下为正，－m 2gh( F－mg) t＝ 0－mv，得F＝t＋ mg，A正确．选 A.[答案]A迁徙二动量定理解决连续流体问题2． ( 多项选择 )(2017 ·河北名校结盟) 以下图，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右边的煤层．设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽视不计，已知水的密度为 ρ . 以下说法正确的选项是( )A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv π D 212 3B ．高压水枪的功率为8ρπ DvC ．水柱对煤层的均匀冲力为1ρπD 2v 24D ．手对高压水枪的作使劲水平向右[分析]设 ΔtΔVΔm Δm ρΔV 时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则＝，1 2 Δm 1 2ΔV ＝ Sv Δt ＝ π Dv Δt ，单位时间喷出水的质量为＝ ρv π D ，选项 A 错误． Δt 时间 4Δt 41 2123内水枪喷出的水的动能E k ＝ 2 mv ＝ 8ρπ Dv Δt ，由动能定理知高压水枪在此时期对水做功为 W ＝ E k ＝ 1ρπ D 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝ W ＝ 1ρπ D 2v 3，选项 B 正确．考虑一个极8Δt 8短时间′，在此时间内喷到煤层上水的质量为，设煤层对水柱的作使劲为，由动量ΔtmF定理，′＝， ′时间内冲到煤层水的质量＝ 1π 2′，解得＝ 1 π2 2，F Δtmv Δtm 4ρDv ΔtF 4ρDv由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的均匀冲力为F ′＝ F ＝ 41ρπD 2v 2，选项 C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作使劲向左，因为高压水枪有重力，依据均衡条件，手对高压水枪的作使劲方向斜向右上方，选项D 错误．[答案] BC考向二动量守恒定律的应用[ 概括提炼 ]1．动量守恒定律解题思路及方法2．三种常有表达式(1) p＝p′( 系统互相作用前的总动量p 等于互相作用后的总动量p′)．实质应用时的三种常有形式．① m1v1＋ m2v2＝ m1v′1＋ m2v′2(合用于作用前后都运动的两个物体构成的系统) ．② 0＝m1v1＋m2v2( 合用于本来静止的两个物体构成的系统，比方爆炸、反冲等，二者速率及位移大小与各自质量成反比) ．③m1v1＋ m2v2＝( m1＋ m2) v(合用于两物体作用后联合为一体或拥有同样速度的状况，完整非弹性碰撞 ) ．(2)Δp＝0(系统总动量不变)．(3) Δp1＝－Δp2( 互相作用的两物体构成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反．) ( 多项选择 )(2017 ·陕西宝鸡模拟) 圆滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A 和 B，用细线将它们连结起来，两物块中间夹有一压缩的轻质弹簧( 弹簧与物块不相连) ，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，现在物块 A 的加快度大小为a，两物块刚要走开弹簧时物块A的速度大小为v，则()32A．物块开始运动前，弹簧的弹性势能为2mv2B．物块开始运动前，弹簧的弹性势能为3mvC．物块B的加快度大小为 a 时弹簧的压缩量为x23D．物块A从开始运动到刚要走开弹簧时位移大小为2x [ 思路点拨 ] (1) 可依据动量守恒求得物块 B 的速度．(2) 剪断细绳瞬时，弹簧双侧物块受力大小相等．[分析] 依照题述，两物块刚要走开弹簧时物块 A 的速度大小为 v ，由动量守恒定律，2mv ＝ mv ′，解得物块 B 的速度大小 v ′＝ 2v ；由能量守恒定律，物块开始运动前，弹簧的12122弹性势能 E p ＝ 2·2mv ＋ 2mv ′ ＝ 3mv ， A 错误， B 正确．剪断细线瞬时，轻弹簧双侧物块受力大小相等，都为 kx ，由牛顿第二定律， kx ＝ 2 ；当物块 B 的加快度大小为 a 时，由牛顿ma第二定律，＝′，联立解得x′＝ x，C 正确．依据上述剖析可知，物块B 的加快度是Ama kx212的 2 倍，由 s ＝ 2at ，物块 B 的位移是 A 的 2 倍，物块A 从开始运动到刚要走开弹簧时位移1 大小为 3x ，D 错误．[答案] BC三种碰撞解读(1) 弹性碰撞碰撞结束后，形变所有消逝，动能没有损失，不单动量守恒，并且初、末动能相等．m 1v 1＋ m 2v 2＝ m 1v 1′＋ m 2v 2′12 12 121′ 22mv ＋2mv ＝2mv′＋2mv 1 12 21 12 2m 1－ m 2 v 1＋ 2m 2v 2v 1′＝m 1＋ m 2m 2－ m 1 v 2＋ 2m 1v 1v 2′＝m 1＋ m 2m 1－ m 2 v 2＝ 0 时， v 1′＝v 1m 1＋ m 2v 2′＝2m 1v 11 2m ＋m 议论：① m 1＝ m 2， v 1′＝ 0， v 2′＝ v 1( 速度互换 ) ；② m 1>m 2， v 1′>0， v 2′>0( 碰后，两物体沿同一方向运动 ) ；③ m 1? m 2，v 1 ′≈ v 1， v 2′≈2v 1；④ m <m ， v ′<0， v ′>0( 碰后，两物体沿相反方向运动 ) ；1 2 1 2⑤ m 1? m 2，v 1 ′≈－ v 1，v 2′≈ 0；[ 娴熟加强 ]迁徙一非弹性碰撞1．圆滑水平面上有A、B两辆小车，m＝ 1 kg ，本来静止，mB A＝1 kg( 含支架 ) ．现将小球C 用长为 0.2 m的细线悬于支架顶端，C＝0.5 kg.开始时A车m与 C球以v0＝4 m/s的速度冲向 B 车，如右图所示．若A、 B 正碰后粘在一同，不计空气阻力， g 取10 m/s2，求小球 C摇动到最大高度时的速度和上涨的最大高度．[ 分析 ]设A，B相碰后二者的共同速度为v，(相碰时 C球水平方向不受力，仍保持v0的速度 )则由动量守恒定律 m A v 0＝ ( m A ＋ m B ) v解得 v ＝ 2 m/sA 、B 粘在一同后，小球C 向右摆，细绳在水平方向的分力使A 、B 加快，当C 的速度与A 、B 水平方向的速度同样时小球摆至最高点，则由动量守恒，有C 0＋ ( A ＋ B ) ＝ ( A ＋ B ＋ C ) ′mv m m vm m m v解得 A 、 B 、 C 同样的速度 v ′＝ 2.4 m/s.再由机械能守恒定律，设C 球摆上的最大高度为h ，则12 12122mv ＋2( m ＋m ) ＝ 2( m ＋m ＋m ) ′＋mghC 0ABABCC解得 h ＝ 0.16 m [答案] 2.4 m/s0.16 m迁徙二弹性碰撞2．以下图， AB 为倾角 θ＝37°的粗拙斜面轨道，经过一小段圆滑圆弧与圆滑水平轨道相连结，质量为2的小球乙静止在水平轨道上，质量为 1 的小球甲以速度 v 0与乙球发BCm m生弹性正碰．若 m 1∶ m 2＝ 1∶ 2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ 的取值范围． (sin37 °＝ 0.6 ，cos37°＝ 0.8)[分析] 设碰后甲的速度为 v 1，乙的速度为 v 2，由动量守恒和机械能守恒，有mv ＝ mv ＋ mv 210 1 121 2 12 122mv＝2mv ＋2mv21 01 12解得1＝m －m＝－1， 2＝2m＝2v12vv1vvv3m 1＋ m 2m 1＋ m 23设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s ，滑到斜面底端的速度大小为v ，由动能定理有( mg sin37 °＋ μm g cos37°)s ＝ 1 22mv22 2 2(2sin37 °－2cos37°) ＝1 2 2mgμm gs2mvv 2 3－ 4μ解得＝v 2 3＋ 4μv 0乙要能追上甲，则v >3解得 μ<0.45[ 答案 ] μ<0.45高考高频考点加强——动量与能量的综合应用[ 考点概括 ]动量看法和能量看法的选用原则1．动量看法(1)关于不波及物体运动过程中的加快度而波及物体运动时间的问题，特别关于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝mv－ mv0.(2)关于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只波及初、末速度而不波及力、时间，应用动量守恒定律求解．2．能量看法(1)关于不波及物体运动过程中的加快度和时间问题，不论是恒力做功仍是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)假如物体只有重力和弹簧弹力做功而又不波及运动过程中的加快度和时间问题，则采纳机械能守恒定律求解．(3)关于互相作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应试虑采纳能量守恒定律成立方程．[ 真题归类 ]1．(2016 ·全国卷Ⅱ) 如图，圆溜冰面上静止搁置一表面圆滑的斜面体，斜面体右边一蹲在滑板上的儿童和其眼前的冰块均静止于冰面上．某时辰儿童将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块光滑地滑上斜面体，在斜面体上上涨的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度) ．已知儿童与滑板的总质量为孩与滑板一直无相对运动．取重力加快度的大小m1＝30 kg，冰块的质量为2g＝10 m/s .m2＝10 kg，小(1)求斜面体的质量；(2)经过计算判断，冰块与斜面体分别后可否追上儿童？[ 分析 ] (1) 规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时二者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝( m2＋ m3) v①1212＋ 3)2②220＝(＋ 22mv2m m v mgh式中 v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设儿童推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有m1v1＋ m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分别后的速度分别为v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝ m2v2＋ m3v3⑥1212122mv20＝2mv2＋2mv3⑦223联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s因为冰块与斜面体分别后的速度与儿童推出冰块后的速度同样且处在后方，故冰块不可以追上儿童．[答案](1)20 kg(2) 看法析2．(2016 ·全国卷Ⅲ) 以下图，水平川面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直； a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m，b 的质量为34m. 两物块与地面间的动摩擦因数均同样．现使 a 以初速度v0向右滑动．今后 a 与b发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞．重力加快度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数知足的条件．[分析 ]设物块与地面间的动摩擦因数为μ .若要物块a、 b 能够发生碰撞，应有1 22>①mvμmgl2v0即μ<2gl②设在a、 b 发生弹性碰撞前的瞬时， a 的速度大小为v1，由能量守恒有12122mv0＝ 2mv1＋μmgl③设在a、b 碰撞后的瞬时，a、 b 的速度大小分别为v1′、 v2′，由动量守恒和能量守恒有3mmv1＝ mv1′＋4 v2′④121213m22mv＝2mv′＋24v ′ ⑤1128联立④⑤式解得v2′＝7v1⑥由题意， b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知1 33mm 2≤⑦2 4v2μ4 gl232v 0联立③⑥⑦式，可得μ≥113gl ⑧22联立②⑧式， a 与 b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 0v 0113gl ≤ μ<2gl2232v 0v 0[答案]113gl ≤ μ<2gl3．(2017 ·天津卷 ) 以下图，物块A 和B 经过一根轻质不行伸长的细绳相连，跨放在质量不计的圆滑定滑轮双侧，质量分别为m A ＝ 2 kg 、 m B ＝ 1 kg. 初始时 A 静止于水平川面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高 h ＝ 1.8 m(未涉及滑轮 ) ，而后由静止开释．一段时间后细绳绷直，、以大小相等的速度一同运动，以后 B 恰巧能够和地面接触．取＝ 10 m/s 2，A Bg空气阻力不计．求：(1) B 从开释到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2) A 的最大速度 v 的大小；(3) 初始时 B 离地面的高度 H .[ 分析 ]此题考察自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律．(1) B 从开释到细绳刚绷直前做自由落体运动，有12h ＝ gt ①代入数据解得t ＝ 0.6 s ②(2) 设细绳绷直前瞬时 B 速度大小为 v B ，有v B ＝ gt ③细绳绷直瞬时，细绳张力远大于A 、B 的重力， A 、 B 互相作用，由动量守恒得m B v B ＝ ( m A ＋ m B ) v ④以后 A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬时的速度v 即最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s⑤(3) 细绳绷直后，A、B一同运动，B恰巧能够和地面接触，说明此时A、 B的速度为零，这一过程中A、 B 构成的系统机械能守恒，有12＋ B＝ A⑥(A＋B)2m m v mgH mgH代入数据解得H＝0.6 m[ 答案 ] (1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m[ 迁徙训练 ]1．以以下图所示，一质量为M、顶端距离地面为h 的带有曲面的斜面体放在水平面上，斜面体底端的切线水平，将一质量为m、可视为质点的滑块从斜面体的顶端由静止开释．第一次斜面体固定在水平面上，滑块滑到斜面体底端时的速度大小为v1；第二次斜面体不固定，v1大小为v2.已知 M＝4 kg、m＝5 kg，忽视全部摩擦．则的值 v2为多少？[ 分析 ]第一次斜面体固定，滑块下滑过程中只有重力做功，滑块的机械能守恒，滑块12在最高处的重力势能所有转变成滑到斜面体底端时的动能，有mgh ＝2mv 1解得滑块滑到斜面体底端时的速度v 1＝ 2gh第二次斜面体不固定，当滑块滑到斜面体底端时，对滑块和斜面体构成的系统，因为在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒滑块抵达斜面体底端时的速度为v 2，设斜面体的速度为 v 0，则由水平方向动量守恒，得mv 2＋Mv 0＝ 0滑块下滑时，只有重力和系统内的弹力做功，系统的机械能守恒，有＝ 1 2122＋mgh 2mv2Mv22Mgh联立解得 v ＝M ＋ mv1＋3所以两种状况下滑块抵达斜面体底端的速度的比值为＝M mM＝ .v 223[答案]22．(2017 ·湖南长沙四县三月模拟 ) 足够长的平行金属轨道 M 、N ，相距 L ＝ 0.5 m ，且水平搁置； M 、 N 左端与半径 R ＝0.4 m 的圆滑竖直半圆轨道相连，金属棒 b 和 c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝ m c ＝ 0.1 kg ，电阻 R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道 M 、N 处于磁感觉强度 B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，圆滑竖直半圆轨道在磁场外，以下图，若使b 棒以初速度 v 0＝ 10 m/s 开始向左运动，求：(1) c 棒的最大速度．(2) c 棒中产生的焦耳热．(3) 若 c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 抵达轨道最高点时对轨道的压力的大小．[ 分析 ](1) 在磁场力作用下， b 棒做减速运动， c 棒做加快运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．选两棒为研究对象，依据动量守恒定律有m b v 0＝ ( m b ＋ m c ) vm b1解得 c 棒的最大速度为： v ＝ m b ＋ m c v 0＝2v 0＝ 5 m/s(2) 从 b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转变成电能，两棒中产生的总热量为：＝121b＋ c ) 2＝2.5 Jb 0－ (Q 2mv 2 m m v因为 R ＝R ，所以 c 棒中产生的焦耳热为Q ＝ 2＝ 1.25 J bcc Q(3) 设 c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上涨到最高点的过程由机械能守恒可得：1 c 21c 2c2mv － 2mv ′ ＝ mg ·2R解得 v ′＝ 3 m/s在最高点，设轨道对 c 棒的弹力为 F ，由牛顿第二定律得v ′ 2m c g ＋ F ＝m c R解得F ＝ 1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N[答案](1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N3．(2017 ·湖北七市3 月模拟 ) 以下图，圆滑平行金属轨道的水平部分处于竖直向下的 B ＝ 4 T 的匀强磁场中，两轨道间距为L ＝0.5 m ，轨道足够长．金属棒a 和b 的质量都为m ＝ 1 kg ，电阻R a ＝ R b ＝1Ω.b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从 h ＝80 cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，经过 C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中一直保持与轨道垂直，且两棒一直不相碰．求 a 、b 两棒的最后速度，以及整个过程中b 棒中产生的焦耳热( 已知重力加快度g ＝ 10 m/s2) ．[分析] a 棒下滑至C点时速度设为v0，则由机械能守恒，有：12mgh＝2mv0解得 v0＝4 m/s今后的运动过程中，a、 b 两棒达到共速前，两棒所受安培力一直等大反向，所以a、 b 两棒构成的系统动量守恒，有：mv0＝( m＋m) v解得a、 b 两棒共同的最后速度为v＝2 m/s，今后两棒一同做匀速直线运动由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为：Q＝122mv0－122(m＋m)v1则 b 棒中产生的焦耳热Qb＝2Q 联立解得：Q b＝2 J[ 答案 ] 2 m/s 2 J。

专题02 力学-2018年高考物理考试大纲解读 Word版含解析

专题一质点的直线运动考纲原文再现考查方向展示考向以图象为依托，考查对直线运动的认识、理解和应用能力【样题】（·广东卷）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前小时内的位移–时间图象如图所示，下列表述正确的是．小时内，甲的加速度比乙的大．小时内，甲的速度比乙的大．小时内，甲的位移比乙的小．小时内，甲、乙骑车的路程相等【答案】【解析】在–图象中，图线的斜率表示了物体运动的速度，由图可知，在小时内，甲、乙均做匀速直线运动，且甲的图线斜率较大，即甲的速度比乙的大，故选项错误，选项正确；在时时再返回至同一位置，显然两者运动的路程不等，甲运动的路程比乙的大，故选项错误。

【样题】（·新课标全国Ⅰ卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其–图象如图所示。

已知两车在时并排行驶，则．在时，甲车在乙车后．在时，甲车在乙车前．两车另一次并排行驶的时刻是．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为【答案】【解析】根据–图象，可以判断在时，甲车和乙车并排行驶，故错误；在时，甲车在乙车前的距离，故正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第末到第末两车运动的位移，故正确。

【样题】质点做直线运动的位移和时间平方的关系图象如图所示，则该质点．加速度大小为．任意相邻内的位移差都为．末的速度是．物体第内的平均速度大小为【答案】【解析】根据和时间平方的关系图象得出关系式为：，对照匀变速直线运动的位移时间公式，知物体的初速度为，加速度为，且加速度恒定不变，故错误；根据∆×考向以生产、生活实际为背景考查质点的直线运动【样题】（·上海卷）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为的路程，第一段用时，第二段用时，则物体的加速度是．．．．【答案】【解析】根据题意，物体做匀加速直线运动，时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度；在第二段内中间时刻的瞬时速度，则物体加速度，选。

2018高考物理二轮专题复习教学案：专题14 力学实验

专题14 力学实验【备考策略】(1)熟知各种器材的特性。

(2)熟悉课本上的实验，抓住实验的灵魂——实验原理，掌握数据处理的方法，熟知两类误差分析。

聚焦高考真题——动手解题，讲练结合，体会高考考向1 “纸带”类实验(一套装置、一条纸带串联力学五个实验)[规律方法]1．打点计时器系列五个实验力学实验中用到打点计时器的实验有5个，分别是用打点计时器测速度，探究小车速度随时间变化的规律，探究加速度与力、质量的关系，探究做功与速度变化的关系及验证机械能守恒定律。

2．纸带数据的处理方法3．平衡摩擦力的两个实验及方法探究加速度与力、质量的关系及探究做功与速度变化的关系两个实验均需平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法是垫高有打点计时器的一端，给小车一个初速度，小车能匀速下滑。

4．三个关键点(1)区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点。

计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点。

要注意“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点方法是一样的。

(2)涉及打点计时器的实验均是先接通电源，打点稳定后，再释放纸带。

(3)实验数据处理可借助图象，充分利用图象斜率、截距等的物理意义。

[精典题组]1．【2017·天津卷】如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。

①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______________。

A．重物选用质量和密度较大的金属锤B．两限位孔在同一竖直面内上下对正C．精确测量出重物的质量D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。

纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。

重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。

精品2018最新版本高考物理二轮复习名师专题教案-Word版

高考物理二轮复习名师专题点津系列――波动问题(附参考答案)一、特别提示1、从受力和运动两个方面分析简谐运动的特点及简谐运动中能量转化。

2、灵活应用简谐运动模型——单摆、弹簧振子。

3、加深理解波是传递振动形式和波是能量传递的一种方式。

4、注意理解波的图象及波的形成过程。

5、注意横波中介质质点运动路程与波传播距离的区别。

6、波由一种介质传到另一介质中，波的频率不变，波速由介质决定与频率无关。

7、据质点运动方向能正确判断出简谐横波的传播方向。

8、应用f v λ=公式时应注意时间和空间的周期性。

9、波的干涉中，应注重理解加强和减弱的条件。

二、典型例题例1 如图5-1，在质量为M 的无底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为m )(m M >>的A 、B 两物体，箱子放在水平面上，平衡后剪断A 、B 间细线，此后A 将做简谐振动，当A 运动到最高点时，木箱对地面的压力为：（）A 、MgB 、g m M )(-C 、g m M )(+D 、g m M )2(+解剪断A 、B 间细绳后，A 与弹簧可看成一个竖直方向的弹簧振子模型，因此，在剪断瞬间A 具有向上的大小为g 的加速度，当A 运动到最高点时具有向下的大小为g 的加速度（简谐运动对称性），此时对A 来说完全失重，从整体法考虑，箱对地面的作用力为Mg ，选A 。

评析注意应用弹簧振子模型中运动的对称性，及超重、失重知识，注重物理过程的分析，利用理想化模型使复杂的物理过程更加简单。

例2 如图5-2，有一水平轨道AB ，在B 点处与半径R=160m 的光滑弧形轨道BC 相切，一质量为M=0.99kg 的木块静止于B 处，现有一颗质量为kg m 10=的子弹以s m v /5000=的水平速度从左边射入木块且未穿出，如图所示，已知木块与该水平轨道的动摩擦因数5.0=μ，2/10s m g =，试求子弹射入木块后，木块需经多长时间停止？)996.05(cos =︒解子弹射入木块由动量守恒定律得子弹和木块的共同速度为s m m M mv v /5)/(0=+=子弹和木块在光滑弧形轨道BC 上的运动可看作简谐运动，s gR T π=π=82，s T t π==42/1，子弹在水平轨道上作匀减速运动加速度2/5)/(s m M m f a =+=，s t 11=，s t t t )41(21π+=+=评析注意子弹击中木块过程中有机械能损失，子弹冲上圆弧及返回过程中，为一变速圆周运动，运动时间无其它办法求解，只能利用简谐运动中的单摆模型；所以建立和应用物理模型在物理学习中是至关重要的。

2018年高考物理二轮复习专题14力学实验讲学案

专题14 力学实验高考物理试题中，实验是必考内容，且近年来越来越受到重视．高考实验题除了对教材原有学生实验进行考查外，还把考查内容延伸到演示实验中，甚至拓展到迁移类实验、应用性实验、设计性实验以及“研究性学习”类实验．要求学生利用所学知识，对实验仪器或实验方法重组，将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到情景新颖的实验中去．高考物理实验题具有以下几个特点：1．重视对实验操作能力的考查．如实验步骤的排序、纠错；实验器材的选择，包括滑动变阻器、电阻箱、电表量程的选择；实物连线和运用图象与表格分析处理实验数据；实验结论的总结及误差分析；实验方案的改进创新等．2．重视对基本仪器的读数、构造原理、重要实验方法及电学实验中的故障分析的考查，如游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等的读数．3. 设计性实验是考查的热点．在近几年的各地高考中设计性的实验题比较多，此类实验能够综合考查考生创造性地应用已学知识、方法、原理，灵活处理陌生实验问题的能力，要求学生有较高的知识迁移能力、实验设计能力．预测2017年高考力学实验题：以打点计时器为主要实验仪器，涉及位移、速度测量的基本力学实验，分值较少，难点不大，命题形式为填空题(或选择性填空)．一、测量读数类仪器使用1．游标卡尺(1)各种游标卡尺的有关参数如下表所示：度线与主尺上的某一刻度线(此某一刻度线不需读出)对齐,由游标上对齐的刻度数(即格数)乘以游标卡尺的精确度得出毫米以下的小数;③总的读数为毫米整数加上毫米以下的小数.特别提醒：(1)游标卡尺的精确度可根据游标尺刻度格数的倒数计算，单位为mm.如50分度的游标卡尺精确度为150mm＝0.02 mm.(2)游标卡尺的读数不需要估读．2．螺旋测微器(千分尺)量程一般为0～25 mm,精确度是0.5 mm÷50＝0.01 mm. 螺旋测微器的读数方法:①从固定标尺上读出整毫米数,要注意半毫米刻度线是否露出,如果露出再加上0.5 mm.图14－1②0.5 mm 以下的读数则等于与固定标尺上横线对准的可动圆周上的读数(要估读一位)乘以精度0.01 mm.③测量长度为上述二者之和.如图14－1中所示读数为6 mm ＋0.5 mm ＋20.2×0.01 mm ＝6.702 mm.特别提醒:螺旋测微器的使用要注意两点:(1)半毫米刻度线;(2)估读,末位估读的“0”不要漏掉. 二、力学实验 1．“纸带类”实验 (1)打点计时器打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器,它接在频率为50 Hz 的交流电源上使用时,每隔0.02 s 打一次点,因此,纸带上的点就表示了和纸带相连的运动物体在不同时刻的位置.通过研究纸带上点迹间的距离,就可以确定物体的运动情况.(2)纸带的应用①利用纸带计算瞬时速度测出与n 点相邻的前、后两段相等时间T 内的距离s n 和s n ＋1,由公式v n ＝s n ＋s n ＋12T算出.(如图14－3),在验证机械能守恒定律实验中,就是根据此法求得物体瞬时速度的.图14－3②当物体做匀速直线运动时，某段时间内的平均速度等于各个时刻的瞬时速度．在“探究动能定理”实验中，就是据此求得物体最终获得的速度大小．因此要选取纸带上打点间隔基本相等的部分进行测量．③利用纸带计算加速度a ．利用a ＝Δs 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Δs ＝s n ＋1－s n ＝aT 2求加速度a ，为了减小实验误差可用“逐差法”，s n －s m ＝(n －m )aT 2.b ．图象法利用v n ＝s n ＋s n ＋12T算出相应时刻点的速度，画出v －t 图象，根据图线的斜率计算加速度． 2．“胡克定律类”实验(1)原理:利用橡皮条或弹簧在弹性限度内、力与形变量成正比,计算(测量)其长度的变化分析力的变化情况或建立F －x 坐标系,描点画图研究力的变化规律.(2)应用①根据平行四边形定则验证力的合成与分解. ②探究弹力和弹簧伸长量的关系. 三、实验误差1．偶然误差和系统误差从性质和来源看,误差分为偶然误差和系统误差两种.(1)偶然误差是由各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的误差.减小偶然误差的方法就是通过多次测量求平均值.(2)系统误差是由于仪器本身不精确,或实验方法粗略或实验原理不完善而产生的.要减小系统误差,必须校准仪器,或改进实验方法,或完善实验原理.2．有效数字(1)测量既然总有误差,测量的数值就只能是近似数,如“174.2 mm”最末的一位数字“2”是不可靠数字,但它仍有意义不能舍,因为它代表了一个大概数量关系,比如这里174.2与174.8相比是接近174还是175就显而易见了.像174.2 mm 这种带一位不可靠数字的近似数字叫有效数字,有效数字的最后一位为误差所在位.在实验中,测量时要按有效数字的规则来读数.(2)确定有效数字时，应注意以下问题：①有效数字的位数与小数点的位置无关.有效数字的位数与单位无关.②关于“0”在有效数字中的特殊性:0在前时,从左往右数第一个不为零的数字才是有效数字.0在后时,计入有效数字.③乘方不算有效数字;比如3.020×10－3m/s 中的－3不是有效数字,10也不是. 3．减小实验误差的方法 (1)多次测量求平均值． (2)累积法． (3)图象法．考点一基本仪器的使用1．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示．该工件的直径为________cm ，高度为________mm.解析游标卡尺读数为d ＝12 mm ＋4×120 mm ＝12.20 mm ＝1.220 cm螺旋测微器的读数为h ＝6.5 mm ＋36.1×0.01 mm ＝6.861 mm 答案 (1)1.220 6.861【变式探究】某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm 和 ________mm.答案60.10 4.20 考点二力学实验例2．【2017·天津卷】如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。