江苏专版2018年高考物理第二轮复习第20讲运动和力2017新题赏析课后练习
(江苏专版)2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷 汇编98页(含答案)
（江苏专版）2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编目录【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练2含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练3含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练4含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练5含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练6含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练7含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练8含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练9含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练10含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练11含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练12含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练13含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练14含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练15含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练16含解析二轮滚讲义练（一）滚动练 一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a 给超级电容器C 充电，然后将开关拨到b 可使电阻很小的导体棒EF 沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )A ．电源给电容器充电后，M 板带正电B ．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C ．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。
高考物理二轮复习专题功和能练含解析.doc
【解析】根据题意，从图可以看出力
F 是均匀减小的，可以得出力 F 随高度 x 的变化关系： F F0 kx ，
而 k F0 ，可以计算出物体到达 h 处时力 错误！未指定书签。 ；物体从地面到 h 处的过程中，力 F 做正功， H
重力 G做负功， 由动能定理可得： F h mgh ，而 错误！ 未指定书签。 ，可以计算出： 错误！ 未指定书签。 ，
【答案】 A
错误！未指定书签。
4．取水平地面为零势能面， 一物块从某高处水平抛出， 在抛出点其重力势能为动能的 3 倍。 不计空气阻力，
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（
）
A． π B ． 5π C ． π D ． π
6
12
4
3
【答案】 D
【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的
则物体在初位置加速度为： 错误！未指定书签。 ： 错误！未指定书签。 ，而 错误！未指定书签。
，计算得： a
，计算处理得：
gh ；当物体运动到 h 处时，加速度为 2H h
a
gh ，即加速度最大的位置是 0 或
2H h
h 处。
【考点定位】动能定理、牛顿第二定律
【方法技巧】 首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，
III 卷）
【答案】 AC
【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
错误！未指定书签。
点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌
握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机
2018届高考物理二轮专题复习文档：寒假作业(一) 力与运动 Word版含解析-物理备课大师【全免费】
寒假作业(一) 力与运动1．[多选]我国自主研制的歼-20战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向v y -t 图像分别如图甲和图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．歼-20战机在前50 s 内竖直方向的加速度大小为0.8 m/s 2B ．歼-20战机在50 s 到100 s 内静止C ．歼-20战机在100 s 到200 s 内竖直方向的加速度大小为0.4 m/s 2D ．在200 s 末，以地面为参考系，歼-20战机的速度大小为0解析：选AC 根据图像可知，前50 s 内竖直方向的加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝4050 m /s 2＝0.8 m/s 2，故A 正确；歼-20战机在50 s 到100 s 内竖直方向做匀速直线运动，不是静止状态，故B 错误；根据图像可知，在100 s 到200 s 内竖直方向的加速度大小为a 2＝Δv 2Δt 2＝40100m /s 2＝0.4 m/s 2，故C 正确；在200 s 末，以地面为参考系，竖直方向速度为零，但水平方向速度不一定为零，所以歼-20战机的速度大小不一定为零，故D 错误。
2.如图所示，A 和B 两物块的接触面是水平的，A 与B 保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B 的受力个数为( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析：选B 先以A 为研究对象，分析受力情况：受重力、B 对A 的竖直向上的支持力，B 对A 没有摩擦力，否则A 不会匀速运动。
再对B 研究，B 受到重力、A 对B 竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力。
3.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k 的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m 的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg (g 为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )A.3mgk B.4mg k C.5mg kD.6mg k解析：选D 对物体m ，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N －mg ＝ma 其中：N ＝6mg 解得：a ＝5g再对质量不计的底盘和物体m 整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有： 竖直方向：2F cos 60°－mg ＝ma 解得：F ＝6mg根据胡克定律，有：x ＝F k ＝6mg k 故D 正确。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题四
专题四 功能关系的应用 考情分析命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能 动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识与实际问题结合。
如2018年的抛鸡蛋、2018年的球碰撞等，难度较小。
(2)注重方法与综合。
如2018年、2018年、2018年的“弹簧问题”、2018年的连接体等，难度较大。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
1.(2018·江苏泰州中学月考)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图1所示，橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上，橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态，在C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。
现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则( )图1A.从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒B.从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大C.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹力和重力相等时，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B项错误；从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故D项错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C项正确。
答案 C2.(多选)(2018·南京三模)从离沙坑高度H处无初速地释放一个质量为m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题二力与直线运动含答案
专题二力与直线运动考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、a－t图象T5：自由下落与竖直上抛运动及v－x图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3:物块在斜面上的运动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/s B.3 m/s C。
5 m/s D。
9 m/s解析采用逆向思维法，根据x＝错误!at2得,物体的加速度大小a＝错误!＝错误!m/s2＝2 m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23 m/s＝6 m/s，物体在这3 s内的平均速度错误!＝错误!＝错误!m/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.错误!B.错误!C.错误!D.错误!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＝错误!,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.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象.两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2。
2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：选择题31分强化练 Word版含解析
选择题31分强化练(一)(对应学生用书第147页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．物理学中用到大量的科学研究方法，在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是物理学中常用的微元法．如图所示的四个实验中，哪一个采用了微元法()【导学号：17214242】A．探究求合力的方法B．探究弹性势能的表达式的实验中，为计算弹簧弹力所做的功C．探究加速度与力、质量的关系D．利用库仑扭秤测定静电力常数B [在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力，运用的是等效法，故A 错误；在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加，运用的是微元法，故B 正确；在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系，运用的是控制变量法，故C 错误；利用库仑扭秤测定静电力常数用的是放大法，不是微元法的思想，故D 错误．]2．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图1为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗导航系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动，卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径均为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )图1A ．卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小相等均为R 2r gB ．卫星“G 1”由位置A 运动到位置B 所需要的时间为2πr3R r gC ．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其减速D ．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小D [根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ，得a ＝G M r 2，而GM ＝gR 2，所以卫星的加速度a ＝gR 2r 2，故A 错误；根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，所以卫星“G 1”由位臵A 运动到位臵B 所需的时间t ＝π3ω＝πr 3R rg ，故B 错误；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其加速，故C 错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D 正确．]3．如图2所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一试探正点电荷从虚线上N 点移动到M点，则( )图2A ．电荷所受电场力大小不变B ．电荷电势能大小不变C ．电荷电势能逐渐减小D ．电荷电势能逐渐增大C [由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M 处电场线疏，则N 处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F ＝qE 可知正点电荷从虚线上N 点移动到M 点，电场力逐渐增大，故A 错误；根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U ＝Ed 知：N 与正电荷间的电势差小于M 与正电荷的电势差，所以N 点的电势高于M 点的电势，从N 点到M 点，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C 正确，B 、D 错误．]4．如图3所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1．6 m ，墙的厚度d ＝0．4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1．4 m 、距窗子上沿h ＝0．2 m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2．则v 的取值范围是( )图3A ．v >7 m/sB ．v <2．3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2．3 m/s<v <3 m/sC [小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入数据解得v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，代入数据解得v min ＝3 m/s ，故v的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确．]5．如图4所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为光敏电阻，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，若增大照射光强度，则( )图4A ．电压表的示数增大B ．小灯泡的功率减小C ．电容器上的电荷量增加D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI |增大A [当照射光强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，定值电阻R 1两端的电压增大，小灯泡的功率增大，故选项A 正确，选项B 错误；根据闭合电路欧姆定律可知电容器两端的电压减小，故所带电荷量减少，故选项C 错误；对定值电阻而言，|ΔU ΔI |也就等于其阻值，故选项D错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )图5A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小AD [设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M ，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′F M ．在中间物体上加上一个小物体，则整体质量M 增大，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．]7．如图6所示，真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A 、B 两点固定着两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，A 、B 两点的连线水平，O 为其连线的中点，c 、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，Oc ＝Od ，a 、b 两点在两点电荷的连线上，且与c 、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是( )【导学号：17214243】图6A ．a 、b 两点的电场强度E a >E bB ．c 、d 两点的电势φd >φcC ．将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做负功D ．质子从O 点移到b 点时电势能减小BD [由等量异种电荷产生电场特点可知，ab 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故A错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零；当再叠加匀强电场时，d点的电势大于c 点的电势，故B正确；据场强的叠加可知，a到c的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a点移到c点的过程中，电场力对质子做正功，故C 错误；据场强的叠加可知，O到b区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确．]8．如图7所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上．分两次将质量为m1、m2(m2＞m1)的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度范围内)．物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则()图7A．m1开始释放的高度高B．m1的重力势能变化量大C．m2的最大速度小D．m2的最大加速度小AD[对任一物体，设物体的质量为m，物体从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h．取最低点所在水平面为参考平面．根据物体与弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh＝E p，据题意，两次弹簧的最大弹性势能E p相同，m2＞m1，则有h1＞h2，即m1开始释放的高度高，故A正确．物体从开始释放到速度第一次减为零的过程，物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物体重力势能变化量相等，故B错误．物块的速度最大时，合力为零，则有kx＝mg sin α，因为m2＞m1，所以x2＞x1．设弹簧的最大压缩量为x m．物块刚下滑时离弹簧的距离为L．从开始到最低点的过程，根据能量守恒定律得：E p＝mg sin α(x m＋L)，由题意知，x m、E p相等，m2＞m1，则L2＜L1．从开始到速度最大的过程，由能量守恒得：mg sin α(L＋x)＝12m v2m＋12kx2，又x＝mg sin αk，解得：v m＝2gL sin α＋mg2sin2αk，由于m2＞m1，L2＜L1，可知不能判断两物块最大速度的大小，故C错误．两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，由牛顿第二定律得F－mg sin α＝ma，得最大加速度为 a ＝F m －g sin α，由于m 2＞m 1，所以m 2的最大加速度小于m 1的最大加速度，故D 正确．]9．如图8所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0．5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )图8A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比BD [当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安，则F ＝B BL v m r ＋RL ，解得v m ＝F (r ＋R )B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F (r ＋R )B 2L 2＝5×(1＋R )12×0．52＝20(1＋R ) m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neS v e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS ，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确．]选择题31分强化练(二)(对应学生用书第148页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．如图所示，一物体以速度v 向左运动．从A 位置开始受到恒定的合力F 作用．四位同学画出物体此后的运动轨迹AB 和物体在B 点的速度方向，四种画法中正确的是( )A B C DA [物体在A 点的速度v 与受的恒力F 不在同一直线上，故物体做曲线运动，其轨迹应向受力方向弯曲，C 错误；因v A 与力F 夹角小于90°，故随物体速度的增大，力与速度的夹角逐渐减小，但不可能为零，故A 正确，B 、D 均错误．]2．甲乙两汽车在一平直公路上同时、同地、同向行驶，在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v -t 图象如图1所示．在这段时间内( )【导学号：17214244】图1A ．t 0时刻甲、乙两汽车相遇B ．汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大B [由图象可知t 0时刻甲、乙两汽车速度相等，相距最远，故选项A 错误；由于乙车做变减速运动，平均速度小于匀减速直线运动的平均速度v 1＋v 22，故B 正确；在v -t 图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，选项C 错误；因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D 错误．]3．如图2所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k >0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为( )图2A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．9∶5D [同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l ，依据法拉第电磁感应定律知E ＝ΔB Δt S ，之前的闭合回路的感应电动势E ＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E ′＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 32π2＋k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2l 32π2；则前后两次回路中的电流比I ∶I ′＝E ∶E ′＝9∶5，D 正确．]4．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号．中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100公里环月轨道后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，在从15公里高度降至月球表面成功实现登月．则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是( )图3A．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B．“嫦娥四号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C．“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D．从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态A[“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道上，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D错误．]5．如图4所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是()图4A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD 一定小于φA ′＋φA 2D [因为A ′、B ′、C ′三点离顶点O 处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小相等，但其方向不同，因此选项A 错误；由于△ABC 所在平面各点到顶点O 处的距离不全相等，由等势面的概念可知，△ABC 所在平面不是等势面，选项B 错误；由电势的概念可知，沿直线A ′B ′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A ′到B ′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，选项C 错误；因为U A ′D ＝E A ′D ·A ′D ，U DA ＝E DA ·DA ，由点电荷的场强关系可知E A ′D >E DA ，又因为A ′D ＝DA ，所以有U A ′D >U DA ，即φA ′－φD >φD －φA ，整理可得φD <φA ′＋φA 2，选项D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图5A ．变压器可以改变交变电压但不能改变频率B ．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C ．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D ．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用AD [变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A 正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为电阻的热效应，故B 错误；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C 错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D 正确．]7．如图6所示电路中，电源电动势为E (内阻不可忽略)，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )图6A．闭合S稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右BC[闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，由图知b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，通过R1的电流方向自左向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则通过R2的电流方向向左，故D错误．]8．如图7所示，匀强磁场的磁感应强度B＝22T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝403Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V，30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1．5 A．则以下说法正确的是()【导学号：17214245】图7A．电流表A1、A2的示数之比2∶1B．理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1C．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/sD．电压表的示数为40 2 VBC [因灯泡正常发光，则原、副线圈的电流比为1∶2，则A 错误；由于电流与匝数成反比，则理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1，则B 正确；副线圈的电压为20 V ，则原线圈的电压为40 V ，由于线圈的内阻r ＝403 Ω，因电流为1．5 A ，那么最大值为602＝BSω，求得ω＝120 rad/s ，则C 正确；电压表的示数为有效值40 V ，则D 错误．]9．如图8所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为L ，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场E 和水平向左的匀强磁场B ，将带电量为＋q 的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为μ，管道足够长，小球不转动．则小球从释放到底端过程中( )图8A ．小球先加速再匀速B ．小球的最大速度为m 2g 2－μ2q 2E 2μqBC ．系统因摩擦而产生的热量为mgL －12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －μqE μqB 2 D ．小球减少的机械能大于产生的热量AC [小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A 正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为F ＝Bq v ，右边的面给的弹力大小为F ′＝Eq ，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即mg ＝μ(Bq v ＋Eq )，故有v ＝mg －μqEμqB ，B 错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgL －W f ＝12m v 2，解得W f ＝mgL－12m⎝⎛⎭⎪⎫mg－μqEμqB2，C正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D错误．]选择题31分强化练(三)(对应学生用书第149页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是()A．静电复印B．静电喷涂C．避雷针D．静电除尘C[复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上．故A属于静电的利用；静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电，故C属于静电防范；静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，D属于静电应用．]2．如图1所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比细绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角θ大于45°，轻绳3水平．当此系统处于静止状态时，细绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是()图1A ．F 1<F 3B ．F 2<F 3C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2C [对两球的整体受力分析，根据平衡条件可知F 1＝2mg cos 30°＝433mg ；F 3＝2mg tan 30°＝233mg ，则F 1>F 3，选项A 错误；对b 球受力分析，因F 2是直角三角形的斜边，而mg 和F 3是直角边，θ>45°可知F 2>F 3，选项B 错误；对a 球分析，水平方向：F 1sin 30°＝F 2sin θ，因θ>45°，则F 1>F 2，选项C 正确，D 错误．]3．用等效思想分析变压器电路．如图2(a)中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R 2．这里的等效指当变压器原线圈、电阻R 2两端都接到电压为U ＝220 V 的交流电源上时，R 1与R 2消耗的电功率相等，则R 2与R 1的比值为( )图2 A ．n 2n 1 B ．n 1n 2C ．n 21n 22D ．n 1n 2C [设副线圈的电压为U 1，利用电流的热效应，功率相等，则U 21R 1＝U 2R 2，R 2R 1＝U 2U 21；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则R 2R 1＝U 2U 21＝n 21n 22，C 正确．]4．荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目．若秋千绳的长度约为2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图3所示．人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是()图3A．最低点的速度大约为10 m/sB．在最低点时的加速度为零C．合外力做的功等于增加的动能D．重力做功的功率逐渐增加C[秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12m v2，解得v＝gl＝2×10 m/s＝2 5 m/s≈4．47 m/s．所以最低点的速度大约为5 m/s，故A错误；在最低点的加速度为a＝v2l＝g，故B错误；根据动能定理得，合外力做的功等于增加的动能，故C正确；在最高点，秋千的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率也为零，所以重力做功的功率先增加后减少，故D错误．] 5．电容式加速度传感器的原理结构如图4，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()图4A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D [根据电容器的电容公式C ＝εS 4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块具有惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块相对电容器要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界．现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线．则以下说法正确的是( )【导学号：17214246】图5A ．电子的运动轨迹为P →E →N →C →M →D →PB ．电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝4πm B 1eC ．B 1＝4B 2D ．B 1＝2B 2BD [由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P →D →M →C →N →E →P ，选项A 错误；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1∶2，由r ＝m v qB 可得磁感应强度之比B 1B 2＝2∶1，选项C 错误，D 正确；电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋T 22＝2πm B 1e ＋πm B 2e ＝4πm B 1e ，选项B 正确．] 7．如图6所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A 、B ，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )【导学号：17214247】图6A ．两个物块构成的系统电势能逐渐减少B ．两个物块构成的系统机械能逐渐减少C ．最终静止时A 物块受的摩擦力方向向上D ．A 、B 在运动过程中必会同时达到最大速度AC [由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小，故A 正确；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和，物块做加速运动，机械能增大；当库仑力等于摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和时，B 物块达最大速度，A 物块仍加速下滑，当库仑力小于摩擦力时，机械能减小，故B 、D 错误；最终静止时A 物块受力的合力为零，受力分析可以知道摩擦力方向一定沿斜面向上，故选项C 正确．]8．如图7所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是( )图7A ．实验中流过电阻R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的B ．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高。
(江苏专版)18年高考物理第二轮复习第20讲运动和力17新题赏析讲义册子
第20讲运动和力2017新题赏析题一：某城市十字路口，红灯时会拦停很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l＝6.0 m，假设绿灯亮起瞬间，每辆汽车都同时以加速度a＝2.0 m/s2起动，做匀加速直线运动，速度达到v ＝5.0 m/s时做匀速运动通过路口。
该路口亮绿灯时间t＝30.0 s，而且有按倒计时显示的时间显示灯。
另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，绿灯结束时刻，车头已越过停车线的汽车允许通过。
车按规定行驶，求一次绿灯时间能过路口的汽车的数量。
题二：为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC。
甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道（MTC）驶离高速公路，流程如图所示。
假设减速带离收费岛口x＝60 m，收费岛总长度为d＝40 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝72 km/h 经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。
甲车减速至v2＝36 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。
随后两辆汽车匀加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等。
求：（1）此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差∆t。
（2）两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离∆x。
题三：如图所示，一长为l的木板Q放置在倾角为37°的足够长斜面上，一小物块P（可看成质点）放在木板Q的最上端，小物块P和木板Q的质量相等。
小物块P和木板Q间的动摩擦因数μ1＝38，木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。
某时刻外力撤离，小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时，在2 s时小物块P和木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变，动摩擦因数μ1变为零，其他条件均不变，且小物块P在木板Q上共运动4 s便滑离木板Q。
2018版高考物理二轮(江苏专版)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2 s ．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2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【导学号：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＝v 1a ＝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>8 m ，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＝x 51＝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8 m/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8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2．则下列说法中正确的是( )【导学号：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－v 0a ＝－8－5s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v 02t 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( )【导学号：17214017】A ．v tB ．v t 2C ．2v tD ．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＋v 2t ＝v t 2，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4 m/s 的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16 m/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2 m/s 2，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？【导学号：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 ＝4－(－16)2s ＝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＝v 0t ＋12at 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102 m ＝－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()【导学号：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()【导学号：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()【导学号：17214021】A BC DC[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，根据牛顿第二定律得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma；下滑时有：mg sin α－μmg cos α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＝ma下于加速度，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()【导学号：17214022】图2-4A BC DB[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()【导学号：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()【导学号：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＝0－42×3m/s 2＝－23 m/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( )【导学号：17214025】图2-7A ．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】错误；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( )【导学号：17214026】图2-9A ．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 －32μmg3m ＝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 －32μmg m ＝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 －．【导学号：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 ＝2v 202μg ．(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a y a x＝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Δv y Δv x＝tan θ 且由题意知tan θ＝v y v x则v ′y v ′x ＝v y －Δv y v x －Δv x＝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 ＝2v 0a y乙前进的距离：y 1＝2v 0t工件相对乙的位移：L ＝x 2＋(y 1－y )2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 －＝45μmg v 05． 【答案】 (1)2v 202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmg v 058．(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＝0．5 kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1 m ，取g ＝10 m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【导学号：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)gf ＝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 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l )m 2]g代入数据得F ＝22．4 N ．【答案】 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F ＞2μ(m 1＋m 2)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 kg B．3 kgC．2 kg D．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/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＝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－μmgM＝1M F－μmgM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，cos 37°＝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．【导学号：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＝2(1－μ)gh．(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2(1－μ)gh(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()【导学号：17214030】图2-16A ．F 0m －gB ．g ＋F 0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2＋g 2C [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：F 20－(mg )2＝ma解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2，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°(sin 37°＝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)，在极短时间内，①A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0．5，A 、B 开始运动， 此时刻为计时起点；在第2 s 末，②B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，③A 离B 下边缘的距离l ＝27_m ，C 足够长．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/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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝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．。
(江苏专)高考物理第二轮复习第20讲运动和力新题赏析课后练习
第20讲运动和力2017新题赏析题一：交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运动情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。
郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s 。
要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口（即经过前一路口后，在下一路口第一次红灯亮之前通过该路口）。
汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。
某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？（计算结果保留两位有效数字）题二：交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的，若继续前行则视为闯黄灯。
现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，黄灯提示3 s后将转为红灯。
请问：（1）若甲车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若甲、乙两车均以v0＝15 m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车司机的反应时间Δt2＝0.4 s）。
已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1＝5 m/s2、a2＝6 m/s2。
若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距停车线L＝30 m，要避免闯红灯，他的最长反应时间Δt1为多少？（3）满足第（2）问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的最小距离s0多大？题三：如图所示为在某十字路口附近的一橡胶减速带，一警用巡逻车正以20 m/s的速度行驶在该路段，在离减速带50 m时巡逻车开始做匀减速运动，结果以5 m/s的速度通过减速带，通过后立即以2.5 m/s2的加速度加速到原来的速度。
2018高考物理江苏版二轮滚讲义练三及解析 精品
2018高考物理（江苏版）二轮滚讲义练（三）及解析滚动练 一、选择题1、(多选)(2017·连云港市模拟)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动。
ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 022gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 024[思路点拨] 试画出小球的受力示意图。
提示：[解析] 如图所示，由于小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力在ON 直线上，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 项正确；设小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得－mg·2h ＝0－12m v 02，解得h ＝v 024g ，C 项错误；小球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE·2hcos 120°＝m v 024，D 项正确。
[答案] BD [备考锦囊]匀强电场中直线运动问题的分析方法2、(2015·海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。
在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。
在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。
已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。
若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a ＝Eq M ，25l ＝12·EqM t 2；对m 有a ′＝Eq m ，35l ＝12·Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确。
2018年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2018年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第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．（6分）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（ ）A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功2．（6分）高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A．10N B．102N C．103N D．104N3．（6分）2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。
假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）A．5×104kg/m3B．5×1012kg/m3C．5×1015kg/m3D．5×1018kg/m3 4．（6分）用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10﹣19J，已知普朗克常量为6.63×10﹣34J•s，真空中的光速为3.00×108m•s﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（ ）A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz5．（6分）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i 随时间变化的正确图线可能是（ ）A．B．C．D．6．（6分）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大7．（6分）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上，L1的正上方有a，b两点，它们相对于L2对称。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题一
专题一 力与物体的平衡 考情分析命题解读本专题共4个考点，力的合成与分解为Ⅱ要求，其余皆为Ⅰ要求。
从三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识。
如围绕胡克定律、摩擦力考查学生的理解能力；(2)注重过程方法。
如围绕力、电现象中的平衡问题考查受力分析、正交分解、稳态速度、对称思想等，即便在计算题中也是在第(1)(2)问中出现，难度中等。
整体难度适中，命题指数★★★☆☆，复习目标是达B 必会。
1.(2018·扬州一模)某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图1A.小棋子共受三个力作用B.棋子对棋盘的压力大小等于重力C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同解析小棋子受到重力、向上的摩擦力、棋盘的吸引力和棋盘的支持力作用，选项A错误；棋盘对棋子的摩擦力等于棋子的重力，故无论棋子的磁性多强，摩擦力是不变的，质量不同的棋子所受的重力不同，故摩擦力不同，选项B、C错误，D项正确。
答案 D2.(2018·江苏清江中学高三第四次月考)在如图2所示的四幅图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，下列关于受力的说法正确的是()图2A.甲图中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为拉力B.乙图中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C.丙图中的AB、BC杆均表现为拉力D.丁图中的AB、BC杆均表现为支持力解析在甲图中，对B分析，受到AB杆的拉力，BC杆的支持力，绳子的拉力三力平衡，A项错误；乙图中对B受力分析，B受到绳子竖直向下的拉力，则BC应为支持力，由平衡条件可知AB应为支持力，B项错误；丙图中对B点分析可知，B受到绳子向下的拉力，AB杆提供向上的拉力，BC杆应为向右的拉力，C项正确；丁图中对B分析可知，B受到绳子向下的拉力，AB杆提供拉力，BC 杆提供支持力，D项错误。
2018高考物理江苏专版二轮复习与策略课件：2018年江苏卷考题统计
动 ( 一 )—— 抛 体 运 动 2016 年：T2；2015 年：T7；2014 年：T6；2013 年：T2、
和圆周运动
T7；2012 年：T6
专题四 力与曲线运
动 ( 二 )—— 万 有 引 力 2016 年：T7；2015 年：T3；2014 年：T2；2013 年：T1；
与航天
2012 Байду номын сангаас：T8
年：T12(C)；2012 年：T12(C) 步
【命题规律】 近 5 年高考江苏物理试题结构保持稳定，即 5 个单项选择 题、4 个多项选择题、2 个实验题、3 个选考题、3 个计算题．在分值上，力电 分值相对稳定，基本维持在 45 分左右，上下浮动不超过 5 分，选做题三选二， 分值保持在 24 分不变．试题考查形式比较灵活，在选择题中有计算类、定性分 析类、图表结合类、图象选择类等多种形式．计算题在能力考查上，侧重于建 模分析、分析归纳、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力．
电场中的运动
T3、T6；2012 年：T1、T2、T15
专题八 磁场、带电粒
子在磁场及复合场中 2016 年：T15；2015 年：T4、T15；2014 年：T9、T14；
的运动
2013 年：T15；2012 年：T9、T15
专题九 直流电路与 2016 年：T4、T8；2015 年：T1；2014 年：T3；2013 年：
专题十二 电学实验 2016 年：T10；2015 年：T10；2014 年：T10；2013 年： T10；2012 年：T10
专题十三 分子动理 2016 年：T12(A)；2015 年：T12(A)；2014 年：T12(A)；2013
论 气体及热力学定律 年：T12(A)；2012 年：T12(A)
2018年江苏省高考物理试卷解析版
2018年江苏省高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1．（3分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。
今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。
与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（）A．周期B．角速度C．线速度D．向心加速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．【分析】卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由此列式得到卫星的周期、角速度、线速度和向心加速度与轨道半径的关系式，再进行分析。
【解答】解：设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：G m r＝mω2r＝m ma得：T＝2π，ω，v，a可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系。
对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析。
2．（3分）采用220kV高压向远方的城市输电。
当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（）A．55kV B．110kV C．440kV D．880kV【考点】EA：电能的输送．【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．【分析】输送电流I，输电线上损失的功率△P＝I2R＝（）2R，知输送功率一定时，损失的功率与输送电压的二次方成反比。
【解答】解：输送电流I，输电线上损失的功率△P＝I2R＝（）2R；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变原来的2倍，即输电电压增大为440kV．故C正确，ABD错误；故选：C。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题三 力与曲线运动含答案
专题三力与曲线运动考情分析201520162017力与曲线运动T14(2）：圆周运动T7：曲线运动的条件判断T2：斜抛运动T2:平抛运动T5：圆周运动和功的问题万有引力与航天T3：天体运动T7：天体运动T13(3):万有引力定律的应用T6：天体运动命题解读本专题考点分为两大板块，一个是曲线运动，包括运动的合成与分解、两大曲线运动(平抛运动和圆周运动),另一个是万有引力定律及应用，皆属于高频考点.从三年命题情况看，命题特点为：（1）注重基础知识。
如以天体运动、航天技术相关内容出题、以对抛体运动的分析等出题，考查学生的理解能力。
难度较小.（2）注重方法与综合。
如以万有引力定律与电学知识综合、从力的角度分析带电粒子的曲线运动、抛体运动与圆周运动综合等考查学生的推理能力、分析综合能力。
难度属于中等.整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会.1.(2017·江苏省南通中学摸底)如图1所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ）图1A.转速相同时,绳短的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D。
线速度大小相等时，绳长的容易断解析转速相同时，根据F＝mω2r＝mr(2πn）2可知，绳越长，所需的向心力越大,则绳越容易断，故A项错误;周期相同时，则角速度相同，根据F＝mrω2知，绳越长，所需的向心力越大，则越容易断，故B项错误;线速度相等，根据F＝m错误!知，绳越短，向心力越大，则绳越短越容易断,故C项正确，D项错误。
答案C2.（2017·南通市如东县、徐州市丰县联考)如图2所示的实验装置中，小球A、B完全相同。
用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地。
图2中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是( ）图2A.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化B.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速率变化C.A球从面1到面2的速度变化大于B球从面1到面2的速率变化D.A球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化解析球A做平抛运动,竖直方向为自由落体运动，故A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化，选项A正确，B、C错误；由动能定理知，A球从面1到面2的动能变化等于B球从面1到面2的动能变化，选项D错误。
2018版高考物理二轮江苏专版：第一部分 专题二 专题限时集训2 含解析 精品
专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119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．(2018·济南2月质检)甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x-t)图象如图2-18所示，由图象可以看出在0～4 s内()【导学号：17214181】图2-18A．甲、乙两物体始终同向运动B．第4 s末时，甲、乙两物体间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．乙物体一直做匀加速直线运动C[x-t图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2 s内，甲、乙都沿正向运动，同向运动；在2～4 s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；4 s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4 s内，甲、乙的位移都是2 m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误．]2．如图2-19所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()图2-19A ．mg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 B ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 C ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F m 2 D ．(mg )2＋F 2B [先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝F M ＋m再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：N ＝(mg )2＋(ma )2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2．] 3．长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动，乘客把一袋面粉无初速度放在传送带上，在出安检机之前已经和传送带相对静止，结果在传送带上留下了一段白色的径迹，对此分析正确的是( )A ．传送带的速度越大，径迹越长B ．面粉质量越大，径迹越长C ．动摩擦因数越大，径迹越长D ．释放的位置距离安检机越远，径迹越长A [根据牛顿第二定律得，面粉的加速度大小a ＝μg ，设传送带的速度为v 0，则面粉速度达到传送带速度时经历的时间t ＝v 0μg ，位移x 1＝v 202a ＝v 202μg ，在这段时间内传送带的位移x 2＝v 0t ＝v 20μg ，则相对位移，即径迹的长度Δx ＝x 2－x 1＝v 202μg ，与面粉的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹越长．动摩擦因数越大，径迹越小．故A 正确，B 、C 、D 错误．]4．(2018·江苏高考T 5)如图2-20所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f ．若木块不滑动，力F 的最大值是( )【导学号：17214182】图2-20A ．2f (m ＋M )M B ．2f (m ＋M )mC ．2f (m ＋M )M－(m ＋M )g D ．2f (m ＋M )m＋(m ＋M )g A [由题意知当M 恰好不能脱离夹子时，M 受到的摩擦力最大，F 取最大值，设此时提升加速度为a ，由牛顿第二定律得，对M 有：2f －Mg ＝Ma ①对m 有：F －2f －mg ＝ma ②联立①②两式解得F ＝2f (M ＋m )M，选项A 正确．] 5．(2018·合肥二模)如图2-21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( )图2-21A ．t AB ＝t CD ＝t EFB ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．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 ＝2(D cos α＋R )g cos α＝2D g ＋2R g cos α．对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2D g ＋2R g cos β，t EF ＝2D g ＋2R g 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．如图2-22所示，卡车沿水平路面向左做直线运动，车厢上平放着质量为m 的木箱，与卡车保持相对静止．车厢尾部的竖直支架上用细线悬挂有一个质量也为m 的小球，频闪相机拍下的某一张照片上发现小球偏向后方，细线与竖直方向夹角为θ，则关于这一瞬间的分析正确的是( )【导学号：17214183】图2-22A ．车一定做加速运动B ．木箱受到的摩擦力为mg tan θC ．细线的拉力可能为mg cos θD ．小球不可能受力平衡CD [若小球与车相对静止，两者的加速度相同，取小球为研究对象，受力如图，由牛顿第二定律知，小球的合力水平向左，加速度水平向左，则小球向左做加速运动，或向右做匀减速运动，也可能卡车做匀速运动，小球振动，故A 错误．若小球与车相对静止，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，得 a ＝g tanθ，细线的拉力为 T ＝mg cos θ，再以木箱为研究对象，由牛顿第二定律得：木箱受到的摩擦力 f ＝ma ＝mg tan θ，由于车的运动情况不清楚，所以木箱受到的摩擦力可能为mg tan θ，细线的拉力可能为mgcos θ，故B错误，C正确．由于此瞬间的合力不为零，所以受力一定不平衡，故D正确．]7．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣．有一块橡皮静止于平整的水平桌面上，现用手指沿水平方向推橡皮，橡皮将由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动．关于橡皮从静止到离开手指的运动过程，下列说法中正确的是()【导学号：17214184】A．橡皮离开手指瞬间加速度不为0B．橡皮离开手指前一直做加速运动C．水平推力越大，橡皮受到的摩擦力越大D．橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度AD[橡皮离开手指瞬间，橡皮受摩擦力，加速度不为0，故A正确．当手指作用在橡皮上时，橡皮发生形变，所以橡皮离开手指前先静止再加速运动，故B错误．橡皮运动前，属于静摩擦力，水平推力越大，橡皮受到的摩擦力越大；运动后，属于滑动摩擦力，正压力不变，滑动摩擦力不变，故C错误．橡皮离开手指后在摩擦力作用下做减速运动，所以橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度，故D正确．]8．(2018·海南七校联盟二联)如图2-23所示，a、b分别是A、B两物体的v-t图象，以下说法正确的是()图2-23A．A物体在5 s内一直做匀减速直线运动，B物体在5 s内一直做匀速直线运动B．在5 s内A、B两物体的位移差是35 mC．A物体在第3 s末的速度为12 m/sD ．前3 s 内A 物体的位移为60 mBD [从v -t 图象可知A 物体在前1 s 内和后4 s 内加速度不同，所以A 物体在5 s 内一直做匀减速直线运动的说法是错误的，选项A 错误；在5 s 内，可由v -t 图象面积法求得A 、B 两物体的位移差Δs ＝102×1 m ＋1＋52×10 m ＝35m ，选项B 正确；由v -t 图象可知A 物体在1 s 末速度是20 m/s ，在1～3 s 内加速度大小是a A 2＝Δv Δt ＝104 m/s 2＝2．5 m/s 2，则A 物体在第3 s 末的速度v ′＝v 0－a A 2t ′＝(20－2．5×2) m/s ＝15 m/s ，选项C 错误；前3 s 内A 物体的位移s A ＝s 1＋v 0t ′－12a A 2t ′2＝20＋302×1 m ＋(20×2－12×2．5×22) m ＝60 m ，选项D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(12分)如图2-24所示，质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B 在水平外力F 作用下向右做a ＝2 m/s 2的匀加速直线运动直至与A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0．5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图2-24(1)物块A 、B 静止时，弹簧的形变量；(2)物块A 、B 分离时，所加外力F 的大小；(3)物块A 、B 由静止开始运动到分离作用的时间．【导学号：17214185】【解析】 (1)A 、B 静止时，对A 、B 整体应用平衡条件可得kx 1＝2μmg 解得 x 1＝0．3 m ．(2)物块A 、B 分离时，对B ，根据牛顿第二定律可知：F －μmg ＝ma 解得F ＝ma ＋μmg ＝(3×2＋0．5×30) N ＝21 N ．(3)A 、B 静止时，对A 、B ，根据平衡条件可知：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ，根据牛顿第二定律可知：kx 2－μmg ＝ma此过程中物体的位移为x 1－x 2＝12at 2解得 t ＝0．3 s ．【答案】 (1)0．3 m (2)21 N (3)0．3 s10．(20分)(2018·全国卷ⅠT 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4．5 m ，如图2-25(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2．求：(a) (b)图2-25(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．【导学号：17214186】【解析】 (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ．由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4．5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0．1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 －μ2mg ＝ma 2⑤由题图(b)可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0．4．⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3．由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs ＝6．0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6．0 m ．(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3．由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6．5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6．5 m．【答案】(1)0．10．4(2)6．0 m(3)6．5 m。
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第20讲运动和力2017新题赏析
题一：交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运动情况对各路口
红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。
郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s 。
要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能
通过该路口（即经过前一路口后，在下一路口第一次红灯亮之前通过该路口）。
汽车可看做
质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。
某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通
过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？（计算结果保留两位有效数字）
题二：交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的，若继续前行则视为闯黄灯。
现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，
乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，黄灯提示 3 s后将转为红灯。
请问：
（1）若甲车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大
于18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？
（2）若甲、乙两车均以v0＝15 m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车
（乙车司机的反应时间Δt2＝0.4 s）。
已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别
为a1＝5 m/s2、a2＝6 m/s2。
若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距停车线L＝30 m，要避免闯红灯，他的最长反应时间Δt1为多少？
（3）满足第（2）问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的
最小距离s0多大？
题三：如图所示为在某十字路口附近的一橡胶减速带，一警用巡逻车正以20 m/s的速度行驶在该路段，在离减速带50 m时巡逻车开始做匀减速运动，结果以 5 m/s的速度通过减速带，通过后立即以 2.5 m/s2的加速度加速到原来的速度。
警用巡逻车可视为质点，减速带
的宽度忽略不计。
求由于减速带的存在，巡逻车通过这段距离多用的时间。
题四：公路人工收费站会影响道路的畅通，ETC应运而生，ETC是电子不停车收费系统的简称。
汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。
假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以速度v1＝15 m/s朝收费站沿直线匀速行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速直线运动，到达虚线EF处速度正好减为v2＝5 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以 5 m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶恢复原来速度，虚线
EF处与收费站中心线的距离d＝10 m。
乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做
匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过20 s，缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢
复原来速度。
已知甲、乙两车匀加速过程的加速度大小均为a1＝1 m/s2，匀减速过程的加速度大小均为a2＝2 m/s2。
（1）甲车过ETC通道时，从开始减速到恢复原来速度过程中的位移大小是多少？
（2）假设人工收费通道前有一列车队在匀速行驶，车距都为Δx2，当前一辆车从中心线起
动行驶78.125 m时，后一辆车刚好停在中心线上，则Δx2为多大？
（3）假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距Δx1＝120 m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为
Δx2，则每小时从ETC通道多通过多少辆车？
题五：一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图（a）所示。
t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速
度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后 1 s时间内小物块的v-t图线如图（b）所示。
木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。
求：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
题六：如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝0.2 m、可视为质点的A、B两个物体，它们的质量为m A＝m B＝1 kg，它们与斜面间的动摩擦因数分别为μA
＝
3
6
、μB＝
3
3
，在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并
与B物体发生连续碰撞（碰撞时间极短，忽略不计），每次碰后两物体交换速度，取g＝10 m/s2，求：
（1）A与B第1次碰后瞬间B的速率；
（2）从A开始运动到两物体第2次相碰经历的时间。