2019届高考物理二轮专题复习全集
2019年高考物理(全国通用)大二轮专题复习word版训练16份
目录大二轮专题复习：专题一力与场内物体的平衡大二轮专题复习：专题二第1课时动力学观点在力学中的应用大二轮专题复习：专题二第2课时动力学观点在电学中的应用大二轮专题复习：专题三第1课时抛体、圆周和天体运动大二轮专题复习：专题三第2课时电场和磁场中的曲线运动大二轮专题复习：专题四第1课时功能关系在力学中的应用大二轮专题复习：专题四第2课时功能关系在电学中的应用大二轮专题复习：专题五第1课时电场与磁场的理解大二轮专题复习：专题五第2课时带电粒子在复合场中的运动大二轮专题复习：专题六第1课时电磁感应问题的综合分析大二轮专题复习：专题六第2课时直流电路和交流电路大二轮专题复习：专题七第1课时力学实验与创新大二轮专题复习：专题七第2课时电学实验与创新大二轮专题复习：专题八第1课时热学大二轮专题复习：专题八第2课时机械振动与机械波光大二轮专题复习：专题八第3课时原子物理和动量专题定位本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理方法和思想有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想．应考策略深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法．1．弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向．2．摩擦力(1)大小：滑动摩擦力F f＝μF N，与接触面的面积无关；静摩擦力0<F f≤F fmax，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求．(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反．3．电场力(1)大小：F＝q E.若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关；点电荷的库仑力F ＝k q 1q 2r 2. (2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．4．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度，当B ∥I 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B 、I 决定的平面．5．洛伦兹力(1)大小：F 洛＝q v B ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F 洛＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B 、v 决定的平面，洛伦兹力不做功．6．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．(2)平衡条件：F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0.(3)常用推论：①若物体受n 个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n －1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．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．4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.考向1共点力作用下的静态平衡问题例1如图1所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面B上，现用大小相等、方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则()图1A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力大小一定等于(m＋M)g审题突破A、C选项考察物体A、B之间的受力应选谁为研究对象？B、D选项考察地面对B的作用力必须选B为研究对象吗？怎样选研究对象更简单？解析对A，若重力、推力、支持力的合力为零时，A、B间没有摩擦力，A错误；B对A的支持力无法求出，所以C错误；把A、B视为一个整体，水平方向两推力恰好平衡，故B 与地面间没有摩擦力，所以B错误；地面对B的支持力等于(m＋M)g，故D正确．答案 D以题说法 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”．轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图2所示．适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为()图2A．1∶1 B．3∶5C．4∶3 D．5∶4答案 C解析以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知F T B∶F T C＝4∶3.考向2共点力作用下的动态平衡问题例2(2014·山东·14)如图3所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()图3A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小审题突破两轻绳各剪去一小段，两绳之间的夹角如何变化？木板所受合力根据什么判断大小是否变化？解析木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力F2，根据平衡条件，木板受到的合力F1＝0，保持不变．两根轻绳的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力F2与竖直方向的夹角变大，因其合力不变，故F2变大．选项A正确，选项B、C、D错误．答案 A以题说法动态平衡问题分析的三个常用方法．1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：一、物体一般受三个力作用；二、其中有一个大小、方向都不变的力；三、还有一个方向不变的力．3．相似三角形法：物体一般受三个力作用而平衡，系统内一定总存在一个与矢量三角形相似的结构三角形，这种情况下采用相似三角形法解决问题简单快捷．如图4甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙)，电脑始终静止在底座上，则()图4A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变小C ．散热底座对电脑的作用力变大D ．散热底座对电脑的作用力不变答案 D解析 对笔记本电脑受力分析如图所示，有：F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ.由原卡位1调至卡位4，θ减小，静摩擦力F f 减小、支持力F N 增加；散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故D 正确．考向3 带电体在电场内的平衡问题例3 (2014·浙江·19)如图5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5A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．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 ＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 审题突破 小球A 受哪几个力的作用？若细线上的拉力为0呢？通过对小球受力分析，斜面对小球A 的支持力能为0吗？解析 根据库仑定律，A 、B 球间的库仑力F 库＝k q 2d 2，选项A 正确；小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d 2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg ＝tan θ，所以q d ＝ mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．答案 AC以题说法 1.电场和重力场内的平衡问题，仍然是力学问题．力学中用到的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中．2．当涉及多个研究对象时，一般采用整体法和隔离法结合的方法求解．当物体受到的力多于三个时，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程．如图6所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M 、P 、N 点，P 为MN 的中点，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是( )图6A．小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等答案CD解析对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图：结合平衡条件小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定，故A错误；小物体静止在P点时，摩擦力F f＝mg sin 30°，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F′，则小物体静止在N点时F f′＝mg sin 30°＋F′cos 30°，小物体静止在M点时F f″＝mg sin 30°－F′cos 30°，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力F N＝mg cos 30°＋F，小物体静止在M、N点时：F N′＝mg cos 30°＋F′sin 30°，由库仑定律知F＞F′，故F N＞F N′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N 点时受到的支持力相等，故C、D正确.1．应用平衡条件解决电学平衡问题例4(18分)如图7(BE左边为侧视图，右边为俯视图)所示，电阻不计的光滑导轨ABC、DEF 平行放置，间距为L，BC、EF水平，AB、DE与水平面成θ角．PQ、P′Q′是相同的两金属杆，它们与导轨垂直，质量均为m、电阻均为R.平行板电容器的两金属板M、N的板面沿竖直放置，相距为d，并通过导线与导轨ABC、DEF连接．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．要使杆P′Q′静止不动，求：图7(1)杆PQ应沿什么方向运动？速度多大？(2)从O点入射的带电粒子恰好沿图中虚线通过平行板电容器，则入射粒子的速度v0多大？思维导图解析 (1)设杆PQ 运动速度为v ，杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势： E ＝BL v (2分)回路电流：I ＝ER ＋R(2分)P ′Q ′杆静止，对杆P ′Q ′受力分析，有： mg tan θ＝BIL (2分)联立解得：v ＝2mgR tan θB 2L 2(2分)根据左手定则与右手定则可知，PQ 应向右运动．(2分) (2)两平行板间的电压：U ＝IR (2分)粒子在电场中运动，电场力：F ＝qEqUd＝qB v 0(2分) 联立解得：v 0＝mgR tan θB 2Ld (2分)答案 (1)向右运动2mgR tan θB 2L 2 (2)mgR tan θB 2Ld点睛之笔 此题为力电综合问题，考查了力学知识的平衡问题和电磁感应知识．解答本题的思路是先通过P ′Q ′静止不动、受力平衡分析PQ 的运动方向．PQ 运动对P ′Q ′和电容器供电，带电粒子在电场、磁场中做匀速直线运动受力平衡．(限时：15分钟，满分：15分)(2014·江苏·13)如图8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：图8(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)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ. (2)在光滑导轨上 感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2.(3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4.(限时：30分钟)题组1共点力作用下的静态平衡1．(2014·广东·14)如图1所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图1A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 A解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误．2．如图2所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则()图2A．x1∶x2∶x3＝3∶1∶2B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶ 3D．x1∶x2∶x3＝3∶2∶1答案 B解析对物体受力分析可知：kx3＝mg，对弹簧的结点受力分析可知：kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3.3．体育器材室里，篮球摆放在如图3所示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为()图3A.12mgB.mgD dC.mgD 2D 2－d 2D.2mg D 2－d 2D答案 C解析 篮球受力平衡，设一侧球架的弹力与竖直方向的夹角为θ，如图，由平衡条件，F 1＝F 2＝mg 2cos θ，而cos θ＝(D 2)2－(d 2)2D 2＝D 2－d 2D ，则F 1＝F 2＝mgD2D 2－d 2，选项C 正确．4．在如图所示的A 、B 、C 、D 四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O 安装在一根轻木杆P 上，一根轻绳ab 绕过滑轮，a 端固定在墙上，b 端下面挂一个质量都是m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A 、C 、D 中杆P 与竖直方向夹角均为θ，图B 中杆P 在竖直方向上，假设A 、B 、C 、D 四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F A 、F B 、F C 、F D ，则以下判断中正确的是( )A．F A＝F B＝F C＝F DB．F D＞F A＝F B＞F CC．F A＝F C＝F D＞F BD．F C＞F A＝F B＞F D答案 B解析设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mg cos φ2，由夹角关系可得F D＞F A＝F B＞F C，选项B正确．5．如图4所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为m A和m B，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是()图4 A．力F的大小为m B gB．地面对C的支持力等于(M＋m A＋m B)gC．地面对C的摩擦力大小为32m B gD．m A＝m B答案ACD解析对小球B受力分析，水平方向：F cos 30°＝F T b cos 30°，得：F T b＝F，竖直方向：F sin 30°＋F T b sin 30°＝m B g，解得：F＝m B g，故A正确；对小球A受力分析，竖直方向：m A g＋F T b sin 30°＝F T a sin 60°水平方向：F T a sin 30°＝F T b sin 60°联立得：m A＝m B，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向：F N＋F sin 30°＝(M＋m A＋m B)g可见F N小于(M＋m A＋m B)g，故B错误；水平方向：F f＝F cos 30°＝m B g cos 30°＝32m B g，故C正确．题组2共点力作用下的动态平衡6．如图5所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处．起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸载到某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是()图5A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变答案 A解析因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力，并且滑轮两端绳子的张力相等；设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2F T cos θ＝mg；由几何关系可知，设A到动滑轮的绳长为l，A到滑轮的水平距离为d，则有：l cos θ＝d；因由C到B的过程中A 到BC的垂直距离不变，故θ为定值，故轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D 的过程中，绳的总长不变，夹角2θ一定增大，则由A中分析可知，F T一定增大；故B、D 错误．7．如图6所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量m A＝3m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，且A、B仍处于静止状态，那么下列说法中正确的是()图6A．弹簧的弹力大小将不变B．物体A对斜面的压力将减少C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变答案AC解析弹簧弹力等于B物体的重力，即弹簧弹力不变，故A项正确；对A物体进行受力分析，列平衡方程可知，C项正确，D项错误；根据F N＝m A g cos θ，当倾角减小时，A物体对斜面压力变大，故B项错误．8．如图7所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()图7A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上C ．地面对c 的摩擦力方向一定向右D ．地面对c 的摩擦力一定减小 答案 BD解析 设a 、b 的重力分别为G a 、G b .若G a ＝G b sin θ，b 受到c 的摩擦力为零；若G a ≠G b sin θ，b 受到c 的摩擦力不为零．若G a ＜G b sin θ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，故A 错误，B 正确．对b 、c 整体，水平面对c 的摩擦力F f ＝F T cos θ＝G a cos θ，方向水平向左．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C 错误，D 正确．9．如图8所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从O 1处对甲施加一平行于斜面向下的力F ，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F 1，甲对斜面的压力大小为F 2，甲对乙的弹力为F 3.在此过程中( )图8A ．F 1逐渐增大，F 2逐渐增大，F 3逐渐增大B ．F 1逐渐减小，F 2保持不变，F 3逐渐减小C ．F 1保持不变，F 2逐渐增大，F 3先增大后减小D ．F 1逐渐减小，F 2保持不变，F 3先减小后增大 答案 D解析 先对物体乙受力分析，如图甲所示，由牛顿第三定律可知乙对挡板的压力F 1不断减小，甲对乙的弹力F 3先减小后增大；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图乙所示．根据平衡条件，设斜面倾角为θ，甲的质量为M，乙的质量为m，正交分解有x方向：F＋(M＋m)g sin θ－F1′＝0y方向：F2′－(M＋m)g cos θ＝0解得：F2′＝(M＋m)g cos θ，保持不变．结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变，故D正确，A、B、C错误．10．如图9所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然处于静止状态，则细线OA上拉力F A和OC上的拉力F C 与原先相比是()图9A．F A、F C都减小B．F A、F C都增大C．F A增大，F C减小D．F A减小，F C增大答案 A解析O点受F A、F B、F C三个力平衡，如图．当按题示情况变化时，OB绳的拉力F B不变，OA绳拉力F A的方向不变，OC绳拉力F C的方向与拉力F B方向的夹角减小，保持平衡时F A、F C的变化如虚线所示，显然都是减小了．题组3带电体在电场内的平衡问题11．(2014·广东·20)如图10所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()图10A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零 答案 BD解析 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k QqL 2＝k Q ·2q (L ＋x )2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．12．一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A 通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B 固定在绝缘支架上，A 球处于平衡状态，如图11所示．现将B 球稍向右移动，当A 小球再次平衡(该过程A 、B 两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )图11A ．细线对带电小球A 的拉力变大B ．细线对细环的拉力保持不变C ．细环所受的摩擦力变大D ．粗糙杆对细环的支持力变大 答案 AC解析 如图甲所示，以细环、细线及小球A 组成的整体为研究对象受力分析，整体的重力、杆的支持力、静摩擦力、水平向右的库仑斥力，由平衡可知F N ＝m A g ＋m 环g ，F ＝F f ，知粗糙杆对细环的支持力不变，再由小球A 的受力分析如图乙知，当B 球稍向右移动时，由库仑定律知，F 增大，F f 增大，小球A 的重力不变，它们的合力与细线的拉力等大反向，故由力的合成知当F 增大时细线的拉力也增大，综合以上分析知，A 、C 选项正确．甲 乙13．如图12所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a ，水平底面的四个顶点处均固定着电量为＋q 的小球，顶点P 处有一个质量为m 的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P 处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E ，此时P 处小球仍能保持静止．重力加速度为g ，静电力常量为k ，则所加匀强电场强度大小为( )图12A.mg 2qB.mg 4qC.2kq a 2D.22kq a2答案 D解析 设P 处的带电小球电量为Q ，根据库仑定律可知，则P 点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F ＝kqQa 2；根据几何关系可知，正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有：4×kqQ a 2×22＝mg ；若将P 处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P 的小球的库仑力合力为：F ′＝2kqQ a 2；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：2kqQa 2＋Q 2E ＝mg ；解得：E ＝22kqa2，故D 正确，A 、B 、C 错误． 14．如图13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( )图13A ．回路中的电流强度为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 θ22D ．μ与v 1大小的关系为μ(mg sin θ。
2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分+专题整合+专题二+功能与动量+第2讲
图2－2－2
水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径
考 点 突 破 · 考 向 探 究
有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) v2 A. 16g
菜 单
v2 B. 8g
v2 C. 4g
v2 D. 2g
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
解析
此过程中，PM 段细绳的机械能不变， MQ
段细绳的机械能的增量 2 1 2 1 1 ΔE＝ mg－6l－ mg－3l＝ mgl，由功能原理可 3 3 9 1 知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl，故 A 正确， 9 B、C、D 错误。
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
考 点 突 破 · 考 向 探 究
综 合 训 练 · 限 时 检 测
答案
BCD
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
4． (2017· 全国卷Ⅰ)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞 船从其飞行轨道返回地面。 飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速 度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，
x 最大，故选 B。
答案
B
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
2019版高三物理第二轮复习课件第1部分板块2专题7动量和动量守恒定律
高考统计·定方向
命题热点提炼
高考命题方向
五年考情汇总
1.动量和动量 定理
2.动量守恒定 律
3.碰撞与动量 守恒
2018·全国卷Ⅰ T14
动量和动量定理
2018·全国卷Ⅱ T15
2017·全国卷Ⅲ T20
动量守恒定律
2018·全国卷Ⅱ T24 2017·全国卷Ⅰ T14
B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系 可知 v＝at，且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间 的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误．]
Ft＝mv，代入数据解得 F≈1×103 N，所以 C 正确．]
3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下 从静止开始沿直线运动．F 随时间 t 变化的图线如图 1 所示，则( )
图1
A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 [题眼点拨] ①“合外力 F 的作用下”说明力 F 的冲量等于物块动量的增 量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．
AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在 t＝1 s 时的速度 v1＝Fmt1＝2×2 1 m/s＝1 m/s，A 正确；物块在 t＝2 s 时的动量大小 p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s， 在 t＝3 s 时的动量大小 p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故 B 正确，C 错误； 在 t＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由 I 合＝mv4 可得 t＝4 s 时，物块的 速度大小 v4＝1 m/s，D 错误．]
2019年高考物理高中物理步步高大二轮专题复习课件及试题专题一
年份试卷题号考点情境图2014Ⅰ卷17平衡条件的应用2015Ⅰ卷24磁场力作用下的平衡2016Ⅰ卷19动态平衡问题19题24题24 电磁感应中的平衡问题Ⅱ卷14动态平衡问题Ⅲ卷17多力静态平衡2017Ⅰ卷21动态平衡问题Ⅱ卷 16 平衡条件的应用Ⅲ卷17弹性绳和平衡条件的应用2018 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷未命题1．弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2．摩擦力(1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力的增大有一个限度，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求．(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反． 3．电场力(1)大小：F ＝qE .若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关．点电荷间的库仑力F ＝k q 1q 2r2.(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反． 4．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度，当B ∥I 时F ＝0. (2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B 、I 决定的平面． 5．洛伦兹力(1)大小：F ＝q v B ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B 、v 决定的平面，洛伦兹力不做功． 6．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动． (2)平衡条件：F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0. (3)常用推论①若物体受n 个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n －1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．1．处理平衡问题的基本思路确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．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．4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.高考题型1受力分析整体法与隔离法的应用1．基本思路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．2．两点注意(1)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．(2)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”．例1(2018·湖北省黄冈市检测)用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图1甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()图1A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa 线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得： tan α＝3F －F (m a ＋m b )g ＝2F(m a ＋m b )g①以b 球为研究对象，受力如图乙．设ab 线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得： tan β＝Fm b g ②由几何关系得到： α＝β③联立①②③解得：m a ＝m b ，故A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练1 (多选)(2018·河南省濮阳市第三次模拟)如图2所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，m 1在地面，m 2在空中．此时，力F 与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F 1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，m 1受地面的摩擦力大小为F f ，则下列说法正确的是( )图2A ．θ一定大于αB ．θ可能等于αC ．F 一定大于F 1D ．F 一定大于F f答案 ACD解析 m 2受三力平衡：m 2g 、F 、F 1，根据平衡条件知，F 的水平分力与F 1的水平分力大小相等，即：F x ＝F cos θ＝F 1cos α，F 的竖直分力比F 1的竖直分力大，即：F y ＝F sin θ＝F 1sin α＋m 2g ，根据F ＝F x 2＋F y 2＝(F 1cos α)2＋(F 1sin α＋m 2g )2＝F 12＋2F 1m 2g sin α＋m 22g 2，所以F >F 1，根据tan θ＝F yF x，所以θ>α，根据整体法得：F cos θ＝F f ，所以F >F f ，故A 、C 、D正确，B错误．拓展训练2(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图3所示，A、B两个质量分别为m和M 的物块叠放在水平地面和竖直墙壁之间，处于静止状态．已知A、B交界面与竖直墙壁间的夹角为θ，水平地面粗糙，其他各接触面光滑，重力加速度为g，则水平地面对物块B的摩擦力大小为()图3A．F f＝mg tan θB．F f＝mg tan θC．F f＝0 D．F f＝mg sin θ答案 B解析先隔离A受力分析，A受重力mg、B对A的支持力F N1和左侧墙壁对A的支持力F N2，如图甲所示：根据平衡条件得：F N1cos θ＝F N2，F N1sin θ＝mg，联立解得：F N2＝mgtan θ，再对A、B整体受力分析，整体受重力、左侧墙壁对整体的支持力和地面对整体的支持力及摩擦力，如图乙所示：根据平衡条件得：F f＝F N2＝mgtan θ，故选B.高考题型2静态平衡问题1．基本思路：根据物体所处的静止或者匀速直线运动状态，受力分析，结合平衡条件列式．2．主要方法：力的合成法和正交分解法．例2(2018·四川省乐山市第二次调研)如图4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()图4A．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越大答案 A解析将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：F1＝F2＝12mgsin θ＝mg2sin θ，故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故A正确；对A、B、C整体受力分析可知，对地压力为：F N＝(2M＋m)g，与θ无关，故B错误；对A受力分析，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＝F1cos θ＝mg2tan θ，与M 无关，故C错误；θ一定时，只要动摩擦因数足够大，即可满足F1cos θ≤μF1sin θ，不管M、m多大，M都不会滑动，故D错误．拓展训练3(2018·四川省第二次“联测促改”)如图5所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止．在A上施加与斜面成30°角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是()图5A．A对斜面的压力一定变小B．A对斜面的压力可能不变C．A对斜面的摩擦力一定变大D．A对斜面的摩擦力可能变为零答案 D拓展训练4(2018·山西省太原市三模) 如图6，一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，整个系统处于静止状态．现将物块c轻轻放在a上，整个系统依然处于静止状态，则()图6A．绳OO′与竖直方向的夹角变小B．绳OO′的张力一定变大C．连接a和b的绳的张力可能不变D．b与桌面间的摩擦力保持不变答案 B解析以滑轮为研究对象，受a、b、OO′绳子的拉力而平衡，a、b绳子拉力大小等于a的重力，其合力与OO′绳子的拉力等大反向，将物块c轻轻放在a上，a、b绳子拉力增大，其合力增大，合力方向不变，绳OO′与竖直方向的夹角不变，绳OO′的张力一定变大，A、C错误，B正确；以b为研究对象，b绳拉力沿水平方向的分力等于b与桌面间的摩擦力，变大，D错误．高考题型3动态平衡问题1．解析法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况．(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态．(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程．(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的．(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况．2．图解法(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态．(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式．(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析．例3(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图7所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳张力F a、F b、F c的变化情况是()图7A．都变大B．都不变C．F b不变，F a、F c变大D．F a、F b不变，F c变大答案 C解析以B为研究对象受力分析，将重力分解，如图甲所示，由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳与竖直方向夹角变大，即F c逐渐变大，F逐渐变大；再以A、B整体为研究对象受力分析，如图乙所示．设b绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：F b sin α＝2mg，不变；得：F b＝2mgsin α水平方向：F a＝F b cos α＋F，F b cos α不变，而F逐渐变大，故F a逐渐变大．拓展训练5(2018·宁夏银川一中一模)把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图8所示．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力F N的大小变化情况是()图8A．F不变，F N增大B．F不变，F N减小C．F减小，F N不变D．F增大，F N不变答案 C解析小球沿圆环缓慢上移可看做受力平衡，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、F N 三个力．满足受力平衡．作出受力分析图如下：由相似三角形知识，G R ＝F AB ＝F NR ，当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，F N不变，故A 、B 、D 错误，C 正确．拓展训练6 (2018·湖北省黄冈市调研)如图9所示，物体A 的质量大于B 的质量，绳子的质量、滑轮的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A 、B 恰好处于平衡状态，如果将悬点P 靠近Q 少许使系统重新平衡，则( )图9A ．物体A 的重力势能增大B ．物体B 的重力势能增大C ．绳的张力减小D ．P 处绳与竖直方向的夹角减小 答案 A解析 B 物体对绳子的拉力不变，等于物体B 的重力；动滑轮和物体A 整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；所以物体A 上升，物体B 下降，物体A 的重力势能增大，物体B 的重力势能减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．高考题型4 平衡中的临界与极值问题1．临界状态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”“恰能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．解题思路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．例4(2018·山西省重点中学协作体期末)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图10所示，试求：图10(1)当斜劈静止时绳子的拉力大小．(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？答案(1)33mg(2)k≥3m3(2M＋m)解析(1)对小球进行受力分析如图甲F T cos 30°＋F N1cos 30°＝mgF T sin 30°＝F N1sin 30°解得：F T＝F N1＝33mg(2)对斜劈进行受力分析如图乙F N2＝Mg＋F N1′cos 30°F f＝F N1′sin 30°F N1′＝F N1要使整体不滑动，则有：F f ≤kF N2 联立解得k ≥3m3(2M ＋m ).拓展训练7 (2018·湖北省黄冈市质检)如图11所示，质量为M 的物块被质量为m 的夹子夹住刚好能不下滑，夹子由长度相等的轻绳悬挂在A 、B 两轻环上，轻环套在水平直杆上，整个装置处于静止状态．已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：图11(1)直杆对A 环的支持力的大小； (2)夹子右侧部分对物块的压力的大小． 答案 (1)(M ＋m )g 2 (2)Mg 2μ解析 (1)由题意得，直杆对A 、B 环的支持力F N 大小相等，方向竖直向上，选取物块和夹子整体为研究对象，由受力平衡的条件可得： 2F N ＝(M ＋m )g 解得：F N ＝(M ＋m )g2(2)由于物块刚好能不下滑，故物块受到两侧夹子的摩擦力为最大静摩擦力F fm ，F fm 等于滑动摩擦力，设此时夹子右侧部分对物块的压力为F ，以物块为研究对象，由平衡条件可得： 2F fm ＝Mg F fm ＝ μF联立解得：F ＝Mg2μ.高考题型5 电学中的平衡问题1．基本思路要坚持“电学问题力学方法”的基本思路，要结合电学的基本规律和力学中受力分析及平衡条件解决问题．2．几点技巧(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律．(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意立体图转化为平面图．(3)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响． (4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用．例5 (2018·山西省三区八校二模)如图12所示，间距为 L 、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，左、右导轨分别与水平面成α、β角，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为B 1、B 2的匀强磁场，两处的磁场互不影响．质量为m 、电阻均为r 的导体棒 ab 、cd 与两平行导轨垂直放置且接触良好．ab 棒由静止释放，cd 棒始终静止不动．重力加速度为g ，求：图12(1)ab 棒速度大小为 v 时通过 cd 棒的电流大小和 cd 棒受到的摩擦力大小． (2)ab 棒匀速运动时速度大小及此时 cd 棒消耗的电功率． 答案 见解析解析 (1)当导体棒ab 的速度为v 时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为：E ＝B 1L v ① 导体棒ab 、cd 串联，由闭合电路欧姆定律有：I ＝E 2r ②联立①②式解得流过导体棒cd 的电流大小为：I ＝B 1L v2r ③导体棒cd 所受安培力为：F 2＝B 2IL ④ 若mg sin β>F 2，则摩擦力大小为： F f1＝mg sin β－F 2＝mg sin β－B 1B 2L 2v2r ⑤若mg sin β≤F 2，则摩擦力大小为： F f2＝F 2－mg sin β＝B 1B 2L 2v2r－mg sin β⑥(2)设导体棒ab 匀速运动时速度为v 0，此时导体棒ab 产生的感应电动势为：E 0＝B 1L v 0⑦ 流过导体棒ab 的电流大小为：I 0＝E 02r⑧导体棒ab 所受安培力为：F 1＝B 1I 0L ⑨导体棒ab 匀速运动，满足：mg sin α－F 1＝0⑩ 联立⑦⑧⑨⑩式解得：v 0＝2mgr sin αB 12L 2此时cd棒消耗的电功率为：P ＝I 02r ＝m 2g 2r sin 2 αB 12L 2拓展训练8 (多选)(2018·广东省汕头市质检)A 、C 是两个带电小球，质量分别是m A 、m C ，电荷量大小分别是Q A 、Q C ，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O ，两球静止时如图13所示，此时细线对两球的拉力分别为F T A 、F T C ，两球连线AC 与O 所在竖直线的交点为B ，且AB <BC ，下列说法正确的是( )图13A ．Q A >Q CB ．m A ∶mC ＝F T A ∶F T C C ．F T A ＝F T CD ．m A ∶m C ＝BC ∶AB答案 BD解析 设两个小球之间的库仑力为F ，利用相似三角形知识可得，A 球所受三个力F 、F T A 、m A g 构成的三角形与三角形OBA 相似，m A g OB ＝F AB ＝F T A AO ；C 球所受三个力F 、F T C 、m C g 构成的三角形与三角形OBC 相似，m C g OB ＝F CB ＝F T CCO ；因OA ＝OC ，所以m A ∶m C ＝F T A ∶F T C ；m A ∶m C＝BC ∶AB ，则选项B 、D 正确，C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，选项A 错误．拓展训练9 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图14所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd 的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I 时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I 反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg 的砝码，才能使天平重新平衡．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I ＝0.1 A ，bc 边长度为10 cm ，则磁场对bc 边作用力F 的大小和该磁场的磁感应强度B 的大小分别是(g 取10 m/s 2)( )图14A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 TC．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T答案 C解析当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＝mg－nBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＋(2×10－2×10) N＝mg＋nBIL，联立以上两式解得：B＝1 T，所以F ＝0.1 N，故A、B、D错误，C正确．专题强化练1．(2018·福建省四地六校月考)如图1所示是一支普通的牙膏，该牙膏的外壳是由铝薄皮做的，根据你的观察和生活经验，下列说法正确的是()图1A．该牙膏皮被挤压后发生的形变为弹性形变B．牙膏被挤出来是因为牙膏受到手的作用力C．牙膏盖上的条纹是为了增大摩擦D．挤牙膏时手对牙膏皮的作用力大于牙膏皮对手的作用力答案 C2．(多选)(2018·天津理综·7)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图2所示，木楔两侧产生推力F N，则()图2A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大答案BC3．(多选)(2018·四川省雅安市第三次诊断)如图3所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计．已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g.当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是()图3A．物体B对水平面的压力大小为(M＋m)gB．物体B受到水平面的摩擦力大小为mg tan θC．将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小D．将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大答案AD4．(2018·江西省新余市上学期期末)如图4所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方，在缓慢抬起铁板的B端时θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止，下列说法正确的是()图4A．铁板对磁铁的弹力逐渐增大B．磁铁所受合外力逐渐减小C．磁铁始终受到三个力的作用D．磁铁受到的摩擦力逐渐减小答案 A解析对磁铁受力分析，受重力mg、吸引力F、支持力F N和摩擦力F f，如图所示：故磁铁受到4个力的作用；由于磁铁始终平衡，故合力为零，故B、C错误；根据平衡条件，有：mg sin θ－F f＝0，F－mg cos θ－F N＝0，解得：F f＝mg sin θ，F N＝F－mg cos θ，由于θ不断变大，故F f不断变大，F N不断变大，故D错误，A正确．5．(2018·辽宁省大连市第二次模拟)如图5所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用F N表示铰链对细棒的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图5A．F逐渐变小，F N大小不变B．F逐渐变小，F N大小变大C．F先变小后变大，F N逐渐变小D．F先变小后变大，F N逐渐变大答案 A解析画出细棒的受力图如图；根据三角形定则及相似三角形可知：F NOO1＝mgO1O2＝FOO2，因OO1和O1O2不变，则F N不变；随OO2的减小，F减小，故选A.6．(多选)(2018·广东省韶关市11月月考)如图6所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是()图6A．F OA一直减小B．F OA先减小后增大C．F OB一直增大D．F OB先减小后增大答案AD解析以结点O为研究对象，分析受力：花盆拉力G、绳OA的拉力F OA和绳OB的拉力F OB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在B点上移过程中的两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．7．(2018·福建省厦门市质检)如图7所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ＜90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()图7A．绳OA的拉力一直减小B．绳OB的拉力一直增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小答案 D解析缓慢改变绳OA的方向至θ<90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小，故A、B均错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面体受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故地面对斜面体的摩擦力方向向左，C错误；OB的拉力一直减小，则F OBy一直减小，而F OAy＋F OBy＝M Q g得F OAy一直增大，以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：F N＋F OAy＝M斜g＋M P g＋M Q g，综合可得F N一直减小，D正确．8．(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图8所示，A、B、C三根平行通电直导线质量均为m，通入的电流大小相等，其中C中的电流方向与A、B中的电流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()图8A.33mg，方向由A指向BB.33mg，方向由B指向AC.3mg，方向由A指向BD.3mg，方向由B指向A答案 A解析三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则F BC＝F AC ＝F AB，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图：由平衡条件可得：2F AC cos 30°＝mg，解得：F AC＝33mg，则F AB＝33mg同向电流相互吸引，A导线受到B导线的作用力方向由A指向B.9．(多选)(2018·山西省晋城市二模)如图9所示，在竖直平面内，一轻质绝缘弹簧上端固定在P点，下端与带电小圆环连接，带电小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环的圆心O点固定一个带电小球，带电小圆环与带电小球均可看做点电荷，它们的电性相同且电荷量大小均为q，P点在O点的正上方，当把带电小圆环放在大圆环A、B位置时，带电小圆环均能保持平衡，且B点与O点在同一水平线上，带电小圆环在B位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间刚好无相互作用力，已知∠APO＝∠AOP＝30°，静电力常量为k，则下列说法正确的是()图9A．带电小圆环在A位置时弹簧一定处于压缩状态B．带电小圆环在A位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间无弹力C．带电小圆环的重力为k q2R2D ．弹簧的劲度系数为k q 2R 3答案 BD解析 在B 位置，对带电小圆环受力分析可知：G ＝k q 2R 2×tan 60°＝3k q 2R 2，选项C 错误；小圆环在A 位置时，若弹簧给带电小圆环斜向下的弹力，不论有没有大圆环的弹力，带电小圆环都不可能平衡，故弹簧一定处于拉伸状态，选项A 错误；带电小圆环在A 位置平衡时，对带电小圆环受力分析，假设两圆环之间的相互作用力为F ，由平衡知识：F AP sin 30°＋⎝⎛⎭⎫F ＋k q2R 2sin 30°，F AP cos 30°＋⎝⎛⎭⎫F ＋k q2R 2cos 30°＝G ，解得F ＝0，即两圆环之间无弹力，选项B 正确；由平衡条件可知，A 、B 两位置的弹簧弹力分别为：F A ＝k q 2R 2，F B ＝k q 2R 2cos 60°＝2kq 2R 2，弹簧形变量为Δx ＝R ，由胡克定律得弹簧的劲度系数为k ′＝ΔF Δx ＝F B －F A R ＝kq 2R 3，选项D 正确．10．(2018·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图10所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O ，三个完全相同的小圆环a 、b 、c 穿在大环上，小环c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a 、b ，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好处于平衡位置，平衡时a 、b 的距离等于绳子长度的一半．已知小环的质量为m ，重力加速度为g ，轻绳与c 的摩擦不计．则( )图10A ．a 与大环间的弹力大小3mgB ．绳子的拉力大小为32mg C ．c 受到绳子的拉力大小为3mg D ．c 与大环间的弹力大小为3mg 答案 C解析 三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知：a 、b 、c 恰好能组成一个等边三角形，对a 受力分析如图所示：。
2019年高考二轮复习物理讲与练课件5
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第29页
[关键点拨]
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第30页
[答案]
(1)2 gR
12 (2) 5 mgR
3 (3)5 5gR
1 3m
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第31页
[标准作答] (1)根据题意知，B、C 之间的距离 l 为 l＝7R －2R①
Ep＝152mgR⑧ (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＝72R－56Rsinθ⑨ y1＝R＋56R＋56Rcosθ⑩ 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．
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第34页
第一部分
专题复习篇
第一部分 专题复习篇
第1页
专题二 能量和动量
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第2页
第五讲 功、功率、动能定理
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第3页
热点一 功和功率
强化学思知能
学有所思，思有深度
一、牢记公式，胸藏下图，任考题千变万化
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第4页
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第13页
A．弹射器的推力大小为 1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为 1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第14页
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第五讲 第12页
2019年高考红对勾高中物理二轮复习7
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第七讲
第 9页
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[解析] 量为 Δm，则
(1)设 Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为 ΔV，质
Δm＝ρΔV，① ΔV＝v0SΔt，② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm ＝ρv0S.③ Δt
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第七讲
第10页
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二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第七讲
第17页
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12×1 3 ＝ ＝ <1，则 I1<I2；图线与时间轴所围成的面积表示运动 5×4 5 0＋2v0 · 3t 0 2 s1 的位移，则位移之比为 ＝ ＝6 s2 0＋v0 · 5t 0 2
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第七讲
第15页
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A．I1>I2，W1>W2 C．I1<I2，W1<W2
B．I1<I2，W1>W2 D．I1>I2，W1<W2
二轮复习 ·物理
第一部分 专题二 第七讲
第16页
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解析：从图象可知，两物块做匀减速运动的加速度大小都 v0 为 ，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 f＝ma′，则摩擦力 t0 v0 2v0 大小都为 m .根据图象知，匀加速运动的加速度分别为： 、 t0 t0 v0 ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有 F－f＝ma，则 F1＝ 4t0 3mv0 5mv0 ， F2＝ ， F1 和 F2 的大小之比为 12 t0 4t0 I1 F1· t0 5， 所以 ＝ I2 F2· 4t 0
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二、方法技巧总结 1．动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规 定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)． 2．动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的 冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还 可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和．
2019届高考物理二轮复习专题二功和能碰撞与动量守恒真题汇编
碰撞与动量守恒1.(2018·全国卷II ·T15)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( )A.10 NB.102 NC.103 ND.104 N【解析】选C 。
对于鸡蛋撞击地面前的下落过程，根据动能定理：mgh=12mv 2；对于鸡蛋撞击地面的过程，设向下为正，由动量定理可得：mgt-F N t=0-mv 。
若每层楼高3 m ，则h=72 m ，由以上两式可得：F N ≈103 N ，选项C 正确。
2. (2018·天津高考·T9(1))质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是m/s 。
若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N ，则子弹射入木块的深度为 m 。
【解析】根据动量守恒定律可得mv 0=(M+m)v ，解得v=00.05200()0.450.05mv M m ⨯=++m/s= 20 m/s ；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd=201122mv -(M+m)v 2，解得d=22011()22mv M m v f-+=0.2 m 。
答案：20 0.23.(2018·全国卷I ·T24) 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。
当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。
求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【命题意图】本题考查了运动学公式、机械能守恒定律、动量守恒定律等知识。
2019高考物理选修二轮复习题(附)
2019高考物理选修二轮复习题(附)各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢摘要：大家把理论知识复习好的同时，也应该要多做题，从题中找到自己的不足，及时学懂，下面是中国（）小编为大家整理的xxxx高考物理选修二轮复习题，希望对大家有帮助。
年泡利提出,在β衰变中除了电子外还会放出不带电且几乎没有静质量的反中微子.氚是最简单的放射性原子核,衰变方程为HHee+,半衰期为年.下列说法中正确的是.A.两个氚原子组成一个氚气分子,经过年后,其中的一个氚核一定会发生衰变B.夜光手表中指针处的氚气灯放出β射线撞击荧光物质发光,可以长时间正常工作c.氚气在一个大气压下,温度低于时可液化,液化后氚的衰变速度变慢D.氚与氧反应生成的超重水没有放射性在某次实验中测得一静止的氚核发生β衰变后He的动量大小为p1,沿反方向运动的电子动量大小为p2,则反中微子的动量大小为.若hhe和e的质量分别为m1、m2和m3,光在真空中的传播速度为c,则氚核Β衰变释放的能量为p=““.电子撞击一群处于基态的氢原子,氢原子激发后能放出6种不同频率的光子,氢原子的能级如图所示,则电子的动能至少为多大?2.下列四幅图中说法正确的是.A.原子中的电子绕原子核高速运转时,运行轨道的半径是任意的B.光电效应实验说明了光具有粒子性c.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D.发现少数α粒子发生了较大偏转,说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围如图所示为氢原子的能级图.用光子能量为的光照射一群处于基态的氢原子,可能观测到氢原子发射的不同波长的光有种,其中最短波长为m.速度为3m/s的冰壶甲与静止的相同冰壶乙发生对心正碰,碰后甲以1m/s的速度继续向前滑行.求碰后瞬间冰壶乙的速度大小.3.如图所示是某原子的能级图,a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光.在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大,则正确的是.一个中子与某原子核发生核反应,生成一个氘核,其核反应方程式为.该反应放出的能量为Q,则氘核的比结合能为.A、B两种光子的能量之比为2∶1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB.求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功.年戴维逊和革末完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一,如图所示的是该实验装置的简化图.下列说法中错误的是.A.亮条纹是电子到达概率大的地方B.该实验说明物质波理论是正确的c.该实验再次说明光子具有波动性D.该实验说明实物粒子具有波动性核电池又叫“放射性同位素电池”,一个硬币大小的核电池,就可以让手机不充电使用5000年.燃料中钚Pu)是一种人造同位素,可通过下列反应合成:科研人员成功研制出硬币大小的“核电池”①用氘核D)轰击铀U)生成镎和两个相同的粒子X,核反应方程是UDNp+2X.②镎放出一个粒子y后变成钚,核反应方程是NpPu+y.则X粒子的符号为,y粒子的符号为.一对正、负电子相遇后转化为光子的过程被称为湮灭.①静止的一对正、负电子湮灭会产生两个同频率的光子,且两个光子呈180°背道而驰,这是为什么?②电子质量m=×10-31kg,真空中光速c=3×108m/s,普朗克常量为h=×10-34j·s,求一对静止的正、负电子湮灭后产生的光子的频率.专题十六选修3-5p2-p1c2氢原子能放出光子的种类数=6,则量子数n=4.电子的动能至少为ΔE=E4-E1.解得ΔE=10×10-82m/s根据动量守恒定律mv1=mv’1+mv’2,代入数据得v’2=2m/s.nHH2∶1EA-2EBne①总动量为零,遵循动量守恒定律.②×1020Hz解析:电子的衍射说明了运动的电子具有波动性,而不是光具有波动性.亮纹处说明电子到达的几率大,综上所述选项c错误.根据电荷数守恒和质量数守恒得到X为n,y为e.①总动量要为零,遵循动量守恒.②2mc2=2hν,ν==×1020Hz.总结：xxxx高考物理选修二轮复习题就为大家介绍到这儿了，希望小编的整理可以帮助到大家，祝大家学习进步。
2019年高考物理高中物理步步高大二轮专题复习课件及试题专题十 第1课时
23题22题23题22题23题23题23题23题23题23题22题23题23题第1课时力学实验高考题型1长度测量及读数例1(2018·四川省泸州市二诊)对于如图1所示长度测量工具，请按要求正确读出数据．图1(1)刻度尺测得纸带A、B两点间的距离是________cm；(2)螺旋测微器的读数是________mm.答案(1)6.25(2)5.705解析(1)由题图可知，毫米刻度尺的最小分度为0.1 cm，故A、B间的距离为6.25 cm；(2)螺旋测微器的固定刻度为5.5 mm，可动刻度为20.5×0.01 mm＝0.205 mm，所以最终读数为5.5 mm＋0.205 mm＝5.705 mm.拓展训练1(2018·闽粤期末大联考)(1)用游标为20分度的游标卡尺测量某金属丝长度如图2甲所示，由图可知其长度为________mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm.图2答案50.15 4.698解析(1)游标卡尺主尺读数为50 mm，游标读数为0.05×3＝0.15 mm，所以最终读数为50.15 mm，即为物体的长度．(2)螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为0.01×19.8 mm＝0.198 mm，所以金属丝的直径为4.698 mm.高考题型2力的研究例2(2018·全国卷Ⅰ·22)如图3(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针．图3现要测量图(a)中弹簧的劲度系数．当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm ；当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm.当地的重力加速度大小为9.80 m/s 2，此弹簧的劲度系数为________N/m. 答案 3.775 53.7解析 标尺的游标为20分度，精确度为0.05 mm ，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，则读数为37 mm ＋15×0.05 mm ＝37.75 mm ＝3.775 cm.放入砝码后，弹簧再次伸长的长度x ＝(3.775－1.950) cm ＝1.825 cm ， 由胡克定律知，mg ＝kx ，所以劲度系数k ＝mg x ＝0.100×9.801.825×10－2N/m ≈53.7 N/m.拓展训练2 (2018·福建省泉州市模拟三)某同学探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数k .主要实验步骤如下：将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好指在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针的指示值记作L 0；弹簧下端挂一个砝码时，指针的指示值记作L 1；弹簧下端挂两个砝码时，指针的指示值记作L 2……；挂七个砝码时，指针的位置如图4所示，指针的指示值记作L 7.已知每个砝码的质量均为50 g ，测量记录表如下：图4(1)实验中，L 7的值还未读出，请你根据图4将这个测量值填入记录表中．(2)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了四个差值：d 1＝L 4－L 0，d 2＝L 5－L 1，d 3＝L 6－L 2，d 4＝L 7－L 3.(3)根据以上差值，可以求出每增加50 g 砝码的弹簧平均伸长量ΔL .ΔL 用d 1、d 2、d 3、d 4表示的式子为ΔL ＝____________.(4)计算弹簧的劲度系数k ＝________N/m .(g 取9.8 m/s 2) 答案 (1)13.85(13.83～13.87均可) (3)d 1＋d 2＋d 3＋d 416 (4)28解析 (1)刻度尺的最小分度值为1 mm ，刻度尺读数L 7＝13.85 cm(3)根据以上差值，可以求出每增加50 g 砝码的弹簧平均伸长量ΔL .ΔL 用d 1、d 2、d 3、d 4表示的式子为：ΔL ＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44×4＝d 1＋d 2＋d 3＋d 416(4)根据胡克定律有：m 0g ＝k ΔL ，充分利用测量数据，k ＝m 0g ΔL ＝0.05×9.81.75×10－2 N/m ＝28 N/m.例3 (2018·河南省郑州市第三次质量预测)实验小组的同学利用弹簧测力计在水平放置的方木板上做“验证共点力的合成规律”的实验．图5(1)同学们用坐标纸记下某次橡皮筋的结点位置O 以及两弹簧测力计施加的拉力的大小和方向，如图5所示．图中每个正方形小格边长均表示1.0 N ，利用作图法可知F 1与F 2的合力大小为________N ．(结果保留两位有效数字)(2)实验时，第一次用两个弹簧测力计、第二次用一个弹簧测力计将橡皮筋的结点拉到同一位置，其目的是为了________．(3)不改变测力计1的示数F 1的大小，逐渐减小两个弹簧测力计之间的夹角．为使结点O 位置保持不变，则另一测力计2的示数将________(填“增大”“减小”或“不变)．答案(1)6.5(2)使力的作用效果相同(3)减小解析(1)以表示两力的线段作为邻边作平行四边形，平行四边形的对角线是两力的合力，合力如图所示，图中每个正方形小格边长均代表1.0 N，F1与F2的合力大小：F≈6.5 N；(2)使合力与两个分力同时作用时的作用效果相同(3)结合O位置保持不变，合力不变，不改变测力计1的示数F1的大小，逐渐减小两个弹簧测力计之间的夹角，如图所示，以O点为圆心，F1为半径的圆弧上各点到F顶点的距离逐渐减小，测力计2的示数将减小．拓展训练3(2018·河南省南阳、信阳等六市二模)某同学为了探究求合力的方法，先用一个弹簧秤通过细线悬吊一个钩码，当钩码静止时，弹簧秤的示数为2.00 N；再用两个弹簧秤a 和b通过两细线互成角度地将该钩码悬吊，其中b弹簧秤一端固定，a弹簧秤所拉细线如图6甲所示水平向左，待钩码静止时，b弹簧秤的示数如图乙所示．图6(1)图乙中b弹簧秤的示数为________N；可求出a弹簧秤的拉力为________N；(2)保持a弹簧秤及其所拉的细线方向不变，将b及其所拉的细线以O为轴沿逆时针方向在图示平面内缓慢转至竖直方向的过程中，b的示数________．(选填“变大”“变小”或“不变”)答案 (1)2.50 1.50 (2)变小高考题型3 “纸带类”实验例4 (2018·广东省广州市4月模拟)打点计时器接在50 Hz 的交流电源上时，每隔________s 打一个点．做匀变速直线运动的小车拖动纸带穿过打点计时器，纸带上记录的点如图7所示，A 、B 、C 、D 、E 为5个计数点，相邻两计数点间有4个点未标出．已知纸带与A 点相近的一端跟小车相连，由此可知，小车的加速度大小为______m /s 2，方向与小车运动方向________(填“相同”或“相反”)；打C 点时，小车的瞬时速度________m/s.(计算结果均保留三位有效数字)图7答案 0.02 0.740 相反 0.472解析 打点计时器接在50 Hz 的交流电源上时，每隔0.02 s 打一个点，因相邻两计数点间有4个点未标出，则T ＝0.1 s ．已知纸带与A 点相近的一端跟小车相连，由此可知，小车的加速度大小为a ＝x DE －x AB 3T 2＝(3.61－5.83)×10－23×0.01 m/s 2＝－0.740 m/s 2，负号说明方向与小车运动方向相反；AB 中间时刻的速度v 1＝5.83×10－20.1 m/s ＝0.583 m/s ，则打C 点时，小车的瞬时速度v C ＝v 1－a (T ＋0.5T )＝(0.583－0.740×0.15) m/s ＝0.472 m/s.例5 (2018·广东省惠州市第三次调研)在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图8甲所示的实验装置．操作如下：(1)平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应________(填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止．(2)已知小车质量为M ，盘和砝码的总质量为m ，要使细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力，应该满足的条件是m ________M (填“远小于”“远大于”或“等于”)．(3)图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数1a 与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象．若牛顿第二定律成立，则小车的质量M ＝________kg(g 取10 m/s 2)．图8答案(1)增大间距相等(2)远小于(3)0.08拓展训练4(2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图9甲、乙、丙所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律．已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：图9(1)甲、乙、丙实验装置中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的是___________；(2)实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是______________；(3)实验时，若甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a－F图线如图丁中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是_____________．(4)实验时，乙组同学得到的一条纸带如图戊所示，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，D、E、F为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的时间间隔为T，D、E间的距离为x1，E、F间的距离为x 2，则小车的加速度a ＝______(用字母表达)．若电源频率低于50 Hz 而未被发觉时，则乙组同学所测得的加速度值与真实值比较将________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)．答案 (1) 甲、乙、丙 (2) 甲 (3)C 、A 、B (4)x 2－2x 1T 2偏大 例6 (2018·河南省开封市第三次模拟)某同学验证动能定理的实验装置如图10所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M ，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m ；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门的挡光时间为t ，d 表示遮光片的宽度，L 表示A 、B 两点间的距离．滑块与导轨间没有摩擦，用g 表示重力加速度．图10(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图11所示，遮光片的宽度d ＝________ cm.图11(2)该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上．让滑块恰好在A 点静止．剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为________(用题目中所给的物理量符号表示)．(3)为验证从A →B 过程中滑块所受合外力做功与滑块动能变化的关系，需要验证的关系式为______________(用题目所给物理量符号表示)．答案 (1)1.14 (2)mg (3)mgL ＝Md 22t 2 解析 (1)宽度d ＝(11＋0.4) mm ＝11.4 mm ＝1.14 cm(3)本实验需验证mgL ＝12M v 2，而到达B 点的速度v ＝d t ，代入可得mgL ＝12M ⎝⎛⎭⎫d t 2. 例7 (2018·安徽省宣城市第二次调研)用如图12甲所示实验装置验证m 1、m 2组成的系统机械能守恒．m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图乙所示给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知m 1＝50 g 、m 2＝150 g ，则(g 取9.8 m/s 2，结果保留两位有效数字)图12(1)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔE k ＝______J ，系统势能的减少量ΔE p ＝________J ；(2)若某同学作出的12v 2－h 图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g ＝________m/s 2. 答案 (1)0.58 0.59 (2)9.7解析 (1)打第5个点时的速度为：v 5＝x 462T ＝0.216＋0.2642×0.1m/s ＝2.4 m/s 系统的初速度为零，所以动能的增加量为：ΔE k ＝12m v 52－0＝12×(0.05＋0.15)×2.42 J ＝0.576 J ≈0.58 J ； 重力势能的减小量ΔE p ＝(m 2－m 1)gh ＝(0.15－0.05)×9.8×(0.384＋0.216) J ＝0.588 J ≈0.59 J ；(2)由机械能守恒可知，(m 2－m 1)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，即有：12v 2＝12gh ，所以作出的12v 2－h 图象中图象的斜率表示12g ，由题图可知，斜率k ＝4.85，故当地的实际重力加速度g ＝9.7 m/s 2. 高考题型4 验证动量守恒定律例8 (2018·河南省驻马店市第二次质检)如图13所示实验装置，某同学用两个半径相同的a 、b 小球，按照以下步骤做弹性正碰实验．图13①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O ；②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a 从固定点处由静止释放，撞到木板上．重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置，得到痕迹B ；③把小球b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a 仍从固定点处由静止释放，和小球b 相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上的痕迹A 和C .(1)为了保证在碰撞过程中a 球不反弹，a 、b 两球的质量m 1、m 2间的关系是m 1________m 2.(选填“大于”“小于”或“等于”)(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．A ．小球a 开始释放的高度hB ．木板水平向右移动的距离lC ．A 球和B 球的质量m 1、m 2D ．O 点到A 、B 、C 三点的距离分别为y 1、y 2、y 3(3)若(2)所给选项的物理量均已知，如果满足条件____________(用测量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞．答案 (1)大于 (2)D (3)1y 2＋1y 3＝1y 1解析 (3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度．v ＝x t ＝x 2yg，若两小球发生弹性碰撞，则满足m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22，联立可得：v 0＋v 1＝v 2 ，即：1y 2＋1y 3＝1y 1，所以上式是弹性碰撞的条件． 拓展训练5 (2018·黑龙江省哈尔滨市三模)某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图14所示，在小车后连接着纸带，电火花计时器使用的电源频率为50 Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力．图14(1)若已得到的打点纸带如图15所示，并测得各计数点间距(标在图上)．A为运动起点，则应该选择________段来计算A碰前的速度，应选择________段来计算A和B碰后的共同速度．(以上空格选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)图15(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得碰前m1v0＝________kg·m/s；碰后(m1＋m2)v共＝________kg·m/s.(结果保留三位有效数字)，由此得出结论________________________________________________________________________．答案(1)BC DE(2)0.4200.417小车A与小车B组成的系统，在误差允许范围内，相互作用前后系统的总动量保持不变．解析(1)A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的点间距减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度．(2)A碰前的速度：v0＝BCt＝0.1050.1m/s＝1.05 m/s碰后共同速度：v共＝DEt＝0.069 50.1m/s＝0.695 m/s碰前动量：p1＝m1v0＝0.4×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后的总动量：p2＝(m1＋m2)v共＝0.6×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s可知小车A与小车B组成的系统，在误差允许范围内，相互作用前后系统的总动量保持不变．高考题型5拓展创新实验例9(2018·全国卷Ⅱ·23)某同学用图16(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.图16回答下列问题：(1)f4＝________N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f－m图线；(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝________.(保留2位有效数字)答案(1)2.75(2)见解析图(3)μ(M＋m)gμg(4)0.40解析(1)由题图(b)可读出弹簧秤的示数f4＝2.75 N.(2)f－m图线如图所示．(3)摩擦力表达式f ＝μ(M ＋m )g ，其斜率k ＝μg .(4)图线的斜率k ＝Δf Δm ＝2.93－2.150.25－0.05＝3.9 解得μ≈0.40.拓展训练6 (2018·全国卷Ⅲ·22)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间．实验步骤如下：(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂．乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L 刻度处，但未碰到尺)，准备用手指夹住下落的尺．(2)甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子．若夹住尺子的位置刻度为L 1，重力加速度大小为g ，则乙的反应时间为________(用L 、L 1和g 表示)．(3)已知当地的重力加速度大小为g ＝9.80 m/s 2，L ＝30.0 cm ，L 1＝10.4 cm.乙的反应时间为________s ．(结果保留2位有效数字)(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议：____________________.答案 (2)2(L －L 1)g(3)0.20 (4)多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子 解析 (2)根据自由落体运动的规律，得L －L 1＝12gt 2，解得t ＝2(L －L 1)g. (3)将g ＝9.80 m/s 2，L ＝30.0 cm ＝0.300 m ，L 1＝10.4 cm ＝0.104 m ，代入t ＝2(L －L 1)g 得t ＝0.20 s.(4)建议：多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子．拓展训练7 某同学利用如图17所示的实验装置来测量重力加速度g .细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M 的重锤．实验操作如下：图17①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H ；②在重锤1上加上质量为m 的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止．释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t .请回答下列问题：(1)步骤④可以减小对下落时间t 测量的________(选填“偶然”或“系统”)误差．(2)实验要求小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多，主要是为了________．A ．使H 测得更准确B ．使重锤1下落的时间长一些C ．使系统的总质量近似等于2MD ．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差．现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m 0.用实验中的测量量和已知量表示g ，得g ＝____________________.答案 (1)偶然 (2)B (3)在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落 (4)2(2M ＋m ＋m 0)H mt 2解析 (1)对同一物理量多次测量取平均值的目的是减小偶然误差．(2)设系统运动的加速度为a ，则根据牛顿第二定律得(M ＋m )g －Mg ＝(2M ＋m )a即a ＝mg 2M ＋m， 而H ＝12at 2，在H 一定时，a 越小，则t 越长，这时测量出时间t 的误差越小．因此实验要求小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多，主要是为了使重锤1下落的时间长一些，选项B正确．(3)由于摩擦阻力的影响，会产生系统误差，可利用平衡摩擦阻力的方法，平衡摩擦力，其方法为在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量使轻拉重锤1时能观察到其匀速下落．(4)根据牛顿第二定律得(M ＋m )g －Mg ＝(2M ＋m ＋m 0)a又有H ＝12at 2 联立①②解得g ＝2(2M ＋m ＋m 0)H mt 2. 专题强化练1．(2018·河北省衡水金卷五)在实验室中用螺旋测微器测量金属丝的直径，螺旋测微器的读数部分如图1甲所示，由图可知，金属丝的直径为________mm ，某改进型游标卡尺，当两脚并拢时主尺刻度(上)与游标尺刻度(下)如图乙所示，主尺单位为cm ，当测量某物体长度时，如图丙所示，则该物体长为________cm.图1答案 (1)0.920 (2)0.12解析 由题图甲可知，螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm ，可动刻度读数为0.01×42.0＝0.420 mm ，所以最终读数为0.5 mm ＋0.420 mm ＝0.920 mm ，由题图乙可以看出游标尺的第10个刻度与主尺的第19 mm 对齐，游标尺每个刻度长为1.9 mm ，即当两脚并拢时，游标尺上的第一个刻度线在主尺上最近刻度线左边0.1 mm ，游标尺上第2个刻度线在主尺最近刻度左侧0.2 mm ，……，使用游标卡尺时，如果被测物体长0.2 mm ，游标尺将右移0.2 mm ，游标尺上第二个刻度线与主尺上某刻度线对齐，……，这是改进型的10分度游标卡尺，由题图丙中游标尺的第2个刻度线与主尺某刻度对齐，游标读数为0.2 mm ，加上主尺读数1 mm ，物体长度为1.2 mm ，即0.12 cm.2．(2018·四川省成都市新都区摸底)在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图2甲所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在图乙坐标纸上描出了弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点，连接这些点就得到一条图线．图2(1)由此图线可计算出该弹簧的劲度系数k ＝______N/m ；(2)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：________________________________________________________________________； 缺点在于：_____________________________________________________________. 答案 (1)20 (2)避免弹簧自身所受重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差解析 (1)描点作图，F －L 图线如图所示，当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，则弹簧的原长L 0＝5 cm.根据胡克定律知，k ＝F x ，可知图线的斜率表示劲度系数，则k ＝ΔF Δx ＝1.60.08N/m ＝20 N/m (2)优点是：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．3．(2018·辽宁省丹东市一模)某同学用如图3所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A 挂于固定点P ，下端用细线挂一重物M .弹簧测力计B 的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．图3(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前调零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，在保证现有器材不变的情况下怎样调整水平拉力B______________________________________________________.答案(1)3.80(2)D(3)减小拉B的力、减小OB与OA的夹角(选一条回答即可) 4．(2018·河南省濮阳市第二次模拟)某实验小组计划做“探究加速度与力、质量的关系”实验，设计的实验装置如图4甲所示．图4(1)某同学打出了如图乙所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离．打点计时器的电源频率为50 Hz，该小车做匀变速直线运动的加速度a＝________m/s2，与纸带上的D点相对应的瞬时速度v＝________m/s.(结果均保留3位有效数字)(2)根据实验数据，作出的小车加速度a与力传感器示数F的关系图象如图丙所示，则小车和滑轮的总质量为________kg.答案(1)1.94 1.18(2)0.5解析 (1)根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得，a ＝x CF －x OC 9T 2＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2＝1.94 m/s 2，D 点的瞬时速度v D ＝x CE 2T ＝(10.81＋12.74)×10－22×0.1m/s ＝1.18 m/s. (2)根据牛顿第二定律可得2F －F f ＝Ma ，a ＝2M ·F －F f M 故M ＝2ΔF Δa ＝2×(1－0.5)2kg ＝0.5 kg 5．(2018·福建省泉州市考前适应性模拟)图5a 为测量物块与水平桌面之间的动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：图5①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ；用游标卡尺测量遮光片宽度d ；用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值a ；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ .回答下列问题：(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(b)所示，其读数为________cm.(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝______.(3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝________.(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________误差(填“偶然”或“系统”)． 答案 (1)0.960 (2)⎣⎡⎦⎤(d Δt B)2－(d Δt A )22s (3)mg －(M ＋m )a Mg(4)系统 解析 (1)由题图所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9 cm ，游标尺示数为12×0.05 mm ＝0.60mm ＝0.060 cm ，则游标卡尺示数为0.9 cm ＋0.060 cm ＝0.960 cm.(2)物块经过光电门A 时的速度为：v A ＝d Δt A， 物块经过光电门B 点时的速度为：v B ＝d Δt B， 物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B 2－v A 2＝2as ，则加速度为：a ＝⎣⎡⎦⎤(d Δt B)2－(d Δt A )22s ；(3)以M 、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，解得：μ＝mg －(M ＋m )a Mg； (4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．6．(2018·河南省中原名校第六次模拟改编)某实验小组想通过如图6甲所示的实验装置来“探究功与速度变化的关系”．实验中通过改变拉伸的橡皮筋的条数来改变外力对小车做功W 的数值，用速度传感器测出每次小车获得的速度v .图6(1)下列关于本实验的说法中正确的是________．A ．本实验需要先平衡摩擦力B ．实验中必须测出小车的质量mC ．实验中必须测出橡皮筋对小车做功的具体数值D ．每次所用的橡皮筋应该是相同规格的，且每次都拉伸到同一位置(2)某次实验中同学们通过速度传感器得到小车沿木板运动的速度随时间变化的关系图象如图乙所示，图中0～t 1内的图线为曲线，t 1～t 2内的图线为直线．由此可知，该实验中存在的不当之处是______________________．答案 (1)AD (2)平衡摩擦时倾角过大解析 (1)为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力做的功，必须在实验前让木板有适当的倾角以平衡摩擦力，A 正确；只要小车的质量保持不变，就可以得到小车获得的速度与合外力做功的关系，B 错误；只要用规格相同的橡皮筋，使它们伸长相同的长度，即每次拉伸到同一位置，就可以用W 、2W 、3W 、……表示外力各次做的功，而不需要测出每次做功的具体数。
2019年高考物理高中物理步步高大二轮专题复习课件及试题专题七 第1课时
图3
解析
答案
拓展训练 2
(2018· 河北省石家庄市模拟 ) 甲、乙两物体在同一水平地面
上做直线运动，其运动的x－t图象如图4所示，已知乙物体从静止开始做 匀加速直线运动.下列说法正确的是 A.甲物体先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动 B.在0～120 s内，乙物体的平均速度大小大于0.5 m/s C.在0～120 s内，甲物体运动的位移大小小于乙物体 运动的位移大小 D.乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s √ 图4
(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做
加速运动.
2.x－t图象的应用技巧
ห้องสมุดไป่ตู้
(1) 图象意义：在x－ t 图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜
率的正负表示速度的方向.
(2)注意：在x－t图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向.斜率的绝对值
逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动.
图5
√
解析 答案
拓展训练3
(2018· 山东省临沂市一模)如图6所示，滑雪者从山上M点以水
平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上 N点，此时速度方向刚好沿斜坡向下，
接着从N点沿直线NP自由滑下，又经t0时间到达坡底的P点.斜坡NP与水平
面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力.则从M到P的过程中，滑雪者的
解析
答案
例2
(多选 )(2018· 全国卷 Ⅲ· 18) 甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，
甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x随时间t的
变化如图3所示.下列说法正确的是
A.在t1时刻两车速度相等
2019年高考红对勾高中物理二轮复习1
专题复习篇
第 2页
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让学生对该热点知识内容，研究方法 一览无余。 让学生领悟、体会、掌握分析解决问 题的思路和方法。 即学即练，趁热打铁，巩固学习成果。
第一部分
专题复习篇
第 3页
系列丛书
第一部分
专题复习篇
第一部分
专题复习篇
第 4页
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专题一
力与运动
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲
两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧 杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态， 此时连接滑块 A 的绳与水平方向夹角为 θ，连接滑块 B 的绳与 水平方向的夹角为 2θ，则 A、B 两滑块的质量之比为( A )
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲
第14页
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二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲
第10页
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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 [ 关键点拨 ] 以 O′ 点为研究对象，由三力平衡分析绳
范有所得，练有高度 [范例调研]
[例 1]
(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( BD )
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲
第 8页
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三、命题规律 1．该热点为历年高考的重点，主要考查力的有无和方向的 判断，且常和共点力的平衡知识结合起来考查． 2．考查的题型一般为选择题，在动力学中也常在计算题中 被考查到．
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A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg－2mg
通过研究全国卷近几年的高考试题可以发现，高考命题是有一定规律可寻的：8个选择题，“牛顿运动定律”“万有引力与航天”“电场”这3大考点几乎每年各有一题，另外5题集中在“抛体运动与圆周运动”“能量与动量”“磁场”“电磁感应”“交变电流”“物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析”等几个方面选择命制；2个实验题，力学、电学各一道；2个计算题，力学一道，主要考查运动学、动力学或能量问题，电学一道，主要考查带电粒子在电磁场中的运动或电磁感应综合问题。
3．[多选]一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是()
A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2
B．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
C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2ห้องสมุดไป่ตู้
解析：选C加速度a＝，表示速度变化的快慢，因此加速度a大，速度v、速度变化量Δv均不一定大，速度变化一定快，故选项A、B错误，选项C正确。根据牛顿第二定律F＝ma可知，物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关，而题意中未涉及物体A、B的质量大小关系，因此它们所受合外力的大小关系也无法确定，故选项D错误。
7．一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是()
D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2
解析：选BC根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝得：物体的加速度范围为：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，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，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确。由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。
解析：选A面粉释放后没有初速度，相对传送带向后运动，摩擦力向前，面粉做匀加速运动，当和传送带速度相同后做匀速运动。匀加速过程加速度a＝μg，初速度为0，末速度等于传送带速度v，径迹的长度等于二者的相对位移即vt－＝，可知动摩擦因数越大，径迹越短，选项C错。径迹长度与释放位置和面粉质量无关，选项B、D错。传送带速度越大，径迹越长，选项A正确。
2．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)()
解析：选C物块在上升过程中加速度大小为a＝，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
考前依据高考命题规律针对押题，不但与高考形似，更与高考神似，锁定命题范围，押题更高效。
选择题押题练(一)牛顿运动定律(必考点)
1．两个物体A、B的加速度aA＞aB，则()
A．A的速度一定比B的速度大
B．A的速度变化量一定比B的速度变化量大
C．A的速度变化一定比B的速度变化快
D．A受的合外力一定比B受的合外力大
B．中间弹簧的弹力大小为mg
C．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球的瞬时加速度为2g
D．剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球的加速度为3g
解析：选C对整体进行受力分析可知，系统处于静止状态时，地面的支持力等于系统的重力，即：FN＝(M＋2m)g，根据牛顿第三定律得，地面受到压力大小为(M＋2m)g，故A错误；对b受力分析，b球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力，F弹＝F拉＋mg＝2mg＋mg＝3mg，故B错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能发生突变，b球的瞬时加速度ab＝＝＝2g，故C正确；剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，弹簧对a球没有弹力，a球上细线的拉力发生突变，等于a球的重力，a球的瞬时加速度aa＝0，故D错误。
6．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末端越远，径迹越长
4．从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内()
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
解析：选D速度时间图像的斜率表示加速度，从题图甲中可知甲运动的速度时间图像的斜率不变，即加速度恒定，所以合力恒定，A错误；从题图甲中可知甲的速度先减小后反向增大，B错误；由题图乙知：乙所受的拉力先沿正向后沿负向，说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，2 s末乙物体速度达到最大，C错误，D正确。