2019版高考物理通用版二轮复习专题检测：(四) 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题” Word版含解析
2019版高考物理二轮复习：第一部分 第一板块 第4讲 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”(含解析)
第4讲 |以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) 以加速度为桥梁，巧解连接体问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关[知能全通]———————————————————————————————— 1．连接体问题中的两类瞬时性模型两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮2．(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。
[题点全练]———————————————————————————————— 1.如图所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3。
若将水平力作用在A 上，使A刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2解析：选C 当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 、B 的加速度相等，单独对B 分析，B的加速度为：a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mgm ＝13μg ；当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大，A 、B 的加速度相等，有：a A ＝ a 2＝μmgm ＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3，C 正确。
2.如图所示，50个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动。
已知斜面足够长，倾角为30°，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g ，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为( )A.910FB.110F C.452mg ＋110F D ．因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析：选B 以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F －50mg sin 30°－μ·50mg cos 30°50m ＝F50m－g (sin 30°＋μcos 30°)，以下侧45个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得F －45mg sin 30°－μ·45mg cos 30°－F N ＝45ma ，解得F N ＝110F ，故B正确。
2019届高考物理二轮阶段性效果检测 4 Word版含答案
第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。
多选题已在题号后标出,选不全得3分)1.(2018·太原模拟)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x 随时间t 变化的关系为x=Asin ωt ，振动图像如图所示。
下列说法不正确的是( )A.弹簧在第1 s 末与第3 s 末的长度相同B.简谐运动的圆频率是4rad/sC.第3 sD.从第3 s 末到第5 s 末，振子的速度方向发生变化 2.(2018·三明模拟)下列说法中正确的是( )A.电台发射无线电波必须进行调谐，收音机接收电磁波需对无线电波进行调制B.光是电磁波而且是纵波，在光导纤维中的传播是光发生全反射特性的应用C.1895年，德国物理学家伦琴发现了X 射线，此射线是由于原子的内层电子受激发后产生的，具有很强的穿透能力，且比γ射线强D.激光具有高亮度、单色性、相干性的优点，其应用有激光切割、全息照相等3.(2018·福州模拟)一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，t=0.35 s 时Q 质点第二次到达正向最大位移处，而此时P 质点正通过平衡位置向-y 方向运动，则该波的传播方向及波速大小为( )A.沿+x 传播，5 m/sB.沿+x 传播，7 m/sC.沿-x 传播，5 m/sD.沿-x 传播，7 m/s4.(2018·漳州模拟)如图所示，一束红光PA 从A 点射入一球形水珠，光线在第一个反射点B 反射后到达C 点，CQ 为出射光线，O 点为球形水珠的球心。
下列判断中正确的是( ) A.光线在B 点可能发生了全反射 B.光从空气进入球形水珠后，波长变长了 C.光从空气进入球形水珠后，频率增大了D.仅将红光改为紫光，光从A 点射入后到达第一个反射点的时间增加了5.(滚动单独考查)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电，副线圈接入“220 V 60 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光。
2025版高考物理一轮总复习学案 第3章 第10讲 牛顿第二定律的基本应用
第三章运动和力的关系第10讲 牛顿第二定律的基本应用名师讲坛·素养提升一、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题：第一类：已知受力情况求物体的____________；第二类：已知运动情况求物体的____________。
运动情况受力情况2．解决两类基本问题的方法：以__________为“桥梁”，由运动学公式和________________列方程求解，具体逻辑关系如图：加速度牛顿运动定律二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态________。
(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的________称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的________或台秤所受物体的________。
无关示数拉力压力2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)__________的现象大于小于等于零超重现象失重现象完全失重现象产生条件物体的加速度方向____________物体的加速度方向____________物体的加速度方向____________，大小__________原理方程F－mg＝maF＝_______________mg－F＝maF＝_____________mg－F＝ma＝mgF＝______运动状态________上升或________下降________下降或________上升以a＝g________下降或________上升竖直向上竖直向下竖直向下a＝gm(g＋a)m(g－a)0加速减速加速减速加速减速1.已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。
( )2．加速度大小等于g 的物体处于完全失重状态。
新高考 二轮专题突破+有集训 物理 专题通关练(19个) 5专题5 功与功率动能定理
专题5功与功率动能定理A组限时：25分钟答案链接P971．(2019北京朝阳模拟)[易]如图所示，质量为60 kg的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次．若他在1 min内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则他在1 min内克服重力所做的功及相应的功率约为(g取10 m/s2)()A．240 J，4 W B．2 400 J，2 400 WC．2 400 J, 40 W D．4 800 J，80 W2．(人教版必修2 P59 T1改编)[易]如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1<m2，在大小相等的两个力F1和F2的作用下沿水平方向移动了相同的距离．若F1做的功为W1，F2做的功为W2，则()A．W1>W2B．W1<W2C．W1＝W2D．条件不足，无法确定3．(2019湖北宜昌模拟)[易]长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示．现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cosθ)4．[易]水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小与汽车行驶的速率成正比．若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小与阻力大小的关系图像正确的是()A B C D5．[易](多选)汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则下图中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是()A．汽车的加速度—时间图像可用图乙描述B．汽车的速度—时间图像可用图甲描述C．汽车的加速度—时间图像可用图丁描述D．汽车的速度—时间图像可用图丙描述6．(2019浙江温州模拟)[中]极限跳伞是世界上流行的空中极限运动．如图所示，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间．伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，E p表示人的重力势能，E k表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图像可能正确的是(),A),B),C),D)7．(2018浙江学业水平考试)[中]如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c点，其垂线与两脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9 m和0.6 m．若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为(取g＝10 m/s2)()A. 430 J，7 WB. 4 300 J，70 WC. 720 J，12 WD. 7 200 J，120 WB组限时：25分钟答案链接P978．(2019湖北孝感高中模拟)[易]长为L 的细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，开始时细线被拉直，并处于水平位置，小球处在与O 点等高的A 位置，如图所示．现将小球由静止释放，若用v 表示其速率，E k 表示其动能，E p 表示其重力势能(以最低点为零势能面)，则它由A 运动到最低点B 的过程中，关于这三个量随时间t 或随下降高度h 变化的图像可能正确的是(空气阻力不计)( )A B C D9．(原创)[中]如图所示为某游乐场场地，在水平地面上O 点正上方的A 点向水平地面搭建很多个坡度不同的直滑道AB 1、AB 2、AB 3、… ，多名游乐者乘相同的滑橇从A 点由静止开始分别沿这些滑道下滑，他们到达水平地面时均背向O 点在地面上继续向前滑行直到停止．假设滑橇与滑道、地面间的动摩擦因数处处相同，且滑道与地面的连接处是圆滑的，则对所有游乐者有( )A ．滑到地面离O 点距离相同时速度相同B ．在地面停止时与O 点的距离相同C ．滑行过程中通过的路程相同D ．滑行过程中机械能的变化相同10．(2019广东深圳质检)[中](多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化成电能并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg ，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图像所给的信息可求出( )A ．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB ．汽车的额定功率为80 kWC ．汽车加速运动的时间为22.5 sD ．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J11．(2019广西柳州检测)[中]一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v 图像如图所示．若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是()A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间12．(原创)[中] 如图所示，一本质量分布均匀的大字典置于水平桌面上，字典总质量M ＝1.5 kg，宽L＝16 cm，高H＝6 cm.一张白纸(质量和厚度均可忽略不计，页面大于字典页面)夹在字典最深处，白纸离桌面的高度h＝2 cm.假设字典中同一页纸上的压力分布均匀，白纸上、下表面与字典书页之间的动摩擦因数均为μ1，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，且各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.(1)水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求μ1与μ2满足的关系；(2)若μ1＝0.25，μ2＝0.4，求将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W.13．(2018河北衡水中学3月模拟)[中]如图所示，水平面上的O点左侧光滑，右侧粗糙，有3个质量均为m的完全相同的滑块(可视为质点)，用轻细杆相连，相邻滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3依次沿直线水平向左排开．现将水平恒力F＝1.8μmg 作用于滑块1上，μ为粗糙地带与滑块间的动摩擦因数，g为重力加速度．(1)求滑块运动的最大速度；(2)判断滑块3能否进入粗糙地带；若能，计算滑块3在粗糙地带的运动时间．答案与解析A 组1．C 【解析】该同学每次引体向上克服重力所做的功为W 1＝mgh ＝60×10×0.4 J ＝240 J ，他在1 min 内克服重力所做的功为W ＝10W 1＝10×240 J ＝2 400 J ，相应的功率约为P ＝W t＝40 W ，选项C 正确． 2．C 【解析】由题意可得F 1和F 2是大小相等的两个力，物体移动的位移相同，并且力与位移的夹角相等，所以由功的公式W ＝FL cos θ可知，它们对物体做的功是相同的，选项C 正确．3．B 【解析】小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，故对小球做正功，选项A 错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，选项B 正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，选项C 错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL (1－sin θ)，选项D 错误．4．A 【解析】匀加速阶段：F －F f ＝ma ，牵引力F 随着F f 的增大而均匀增大，图像是一条倾斜的直线，选项C 、D 错误；额定功率阶段：F ＝P v 和F f ＝k v ，得F ＝kP F f，可知牵引力与阻力成反比，选项A 正确，B 错误．5．AB 【解析】由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，F ＝P v ，即P v －F f ＝ma ，随着v 的增大，汽车做加速度减小的加速运动，在v -t 图像上斜率应越来越小，故图甲为汽车的速度—时间图像，选项B 正确，D 错误；由a ＝P m v －F f m知，速度增加得越来越慢，加速度减小得越来越慢，最后趋于零，故图乙为汽车加速度—时间图像，选项A 正确，C 错误．6．B 【解析】重力势能与人下落的高度呈线性关系，选项A 错误．人先做自由落体运动，机械能守恒，可得E k ＝ΔE p ＝mgh ，动能与下落的高度成正比；打开降落伞后人做减速运动，速度减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，选项B 正确，C 、D 错误．7．B 【解析】设重心上升的高度为h ，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有h 0.4 m＝0.9 m 0.9 m ＋0.6 m，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J ＝144 J ，所以1 min 内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 320 J ，功率P ＝W 总t＝72 W ，故选项B 正确．B 组8．D 【解析】小球在运动的过程中只受到重力和绳子的拉力，其运动类似于单摆，可知小球在从A 到B 运动的过程中其速度随时间的变化是按正弦的规律变化，选项A 错误；小球的动能E k ＝12m v 2＝mgh ，可知小球的动能与下降的高度成正比，选项B 错误，D 正确；小球的重力势能E p ＝E 0－E k ＝mgL －mgh ，由此可得出小球的重力势能与下降高度呈线性关系，且随下降高度的增大而减小，选项C 错误．9．B 【解析】如题图所示，设AO ＝h ，某游乐者及滑橇的质量为m ，滑橇与滑道、地面间的动摩擦因数为μ，当他沿某一滑道下滑到地面离O 点距离为x 时其速率为v ，由动能定理有mgh －μmgx ＝12m v 2，可得v ＝2gh －2μgx ，速度大小相等，方向不同，选项A 错误；设此游乐者在地面停止时与O 点相距L ，则有mgh －μmgL ＝0，得L ＝h /μ，故所有游乐者停止滑行时与O 点的距离相同，选项B 正确；沿不同的倾角滑道滑行的游乐者在滑行过程中通过的路程不同，选项C 错误；整个过程中游乐者机械能的变化为ΔE ＝mgh ，由于不同的游乐者的质量可能不同，因此在滑行过程所有游乐者的机械能的变化不一定相同，选项D 错误．10．BD 【解析】由图线①求所受阻力，由ΔE km ＝F f Δx ，得F f ＝8×105400N ＝2 000 N ，选项A 错误；由E km ＝12m v m 2可得，v m ＝40 m/s ，所以P ＝F f v m ＝80 kW ，选项B 正确；加速阶段，Pt －F f x ＝ΔE k ，得t ＝16.25 s ，选项C 错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE ＝E km －F f x ′＝8×105 J －2×103×150 J ＝5×105 J ，选项D 正确．11. D 【解析】由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，P ＝F v 可得a ＝P m ·1v －F f m，对应题图图线可知，P m ＝|k |＝40 m 2·s －3，已知汽车的质量，故可求出汽车的功率P ，由a ＝0时1v m＝0.05 m －1·s ，可得汽车行驶的最大速度为v m ＝20 m/s ，再由v m ＝P F f，可求出汽车受到的阻力F f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，选项D 正确．12．(1)4μ1 > 3μ2 (2)0.4 J【解析】(1)白纸对字典的总摩擦力大小F 1＝2μ1（H －h ）Mg H ＝43μ1Mg 字典与桌面间的最大静摩擦力大小F 2＝μ2Mg若能拖动字典，有F 1> F 2解得4μ1 > 3μ2.(2)当μ1＝0.25，μ2＝ 0.4时，拉动白纸字典将不动．当白纸向右抽出位移为x 时，纸上方受到字典的压力F N ＝Mg （L －x ）（H －h ）HL此时白纸受到拉力大小F ＝2μ1F N可得F ＝⎝⎛⎭⎫5－1254x (N) (0 ≤ x ≤ 0.16 m) 由于白纸受到的拉力大小F 与位移x 成线性关系，故拉力做功为W F ＝12×5×0.16 J ＝0.4 J 13．(1)8μgL 15 (2)滑块3能进入粗糙地带 5L 2μg解析：(1)滑块2刚进入粗糙地带，滑块开始减速，此时速度最大，对所有滑块运用动能定理有F ·L －μmgL ＝12·3m v 12， 解得v 1＝8μgL 15. (2)若滑块3能进入粗糙地带，设刚进入的速度为v 2，有F ·2L －μmg (1＋2)L ＝12·3m v 22， 得v 2＝2μgL 5，故滑块3能进入粗糙地带； 此时有3μmg －F ＝3ma ， 故滑块3在粗糙地带的运动时间t ＝v 2a，解得t ＝5L 2μg .。
2019高考物理二轮阶段性效果检测40含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1、(2013·梅州模拟)关于功率公式P=Wt和P=Fv 说法正确是( ) A 、由P=Wt知,只要知道W 和t 就可求出任意时刻功率 B 、由P=Fv 只能求某一时刻瞬时功率 C 、由P=Fv 知汽车功率与它速度成正比D 、由P=Fv 知当汽车发动机功率一定时,牵引力与速度成反比 2、(多选)(2013·惠州模拟)静止列车在平直轨道上以恒定功率启动,在开始一小段时间内,设所受阻力不变,则列车运动状态是( ) A 、速度逐渐增大 B 、速度逐渐减小 C 、加速度逐渐增大 D 、加速度逐渐减小3、如图,用与水平方向成θ角力F 拉着质量为m 物体沿水平地面匀速前进位移x,已知物体和地面间动摩擦因数为μ。
则在此过程中F 做功为( ) A 、mgx B 、μmgx C 、mgxcos sin μθ+μθD 、mgx1tan μ+μθ4、(2013·盐城模拟)如图所示,在加速向右运动车厢中,一人用力向前推车厢(人与车厢始终保持相对静止),则下列说法中正确是( )A、人对车厢作用力做正功B、车厢对人做负功C、车厢对人做正功D、车厢对人不做功5、(多选)(2013·宿迁模拟)如图所示是一辆质量m=6×103 kg公共汽车在t=0和t=4 s末两个时刻两张照片。
当t=0时,汽车刚启动(汽车运动可看成匀加速直线运动)。
图丙是车内横杆上悬挂手拉环经放大后图像,测得θ=30°。
根据题中提供信息,可以估算出物理量有( )A、汽车长度B、4 s末汽车速度C、4 s内汽车牵引力所做功D、4 s末汽车合外力功率6、(多选)(2013·哈尔滨模拟)汽车从静止匀加速启动,最后做匀速运动,其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化图像如图所示,其中正确是( )7、如图所示,一质量为M,长为L木板,放在光滑水平地面上,在木板右端放一质量为m小木块,用一根不可伸长轻绳通过光滑定滑轮分别与m、M连接,木块与木板间动摩擦因数为μ,开始时木块和木板静止,现用水平向右拉力F作用在M上,将m拉向木板左端过程中,拉力至少做功为( )μmgLA、2μmgLB、12C、μ(M+m)gLD、μmgL8、(2013·攀枝花模拟)如图所示,分别用力F1、F2、F3将质量为m物体由静止沿同一光滑斜面以相同加速度从斜面底端拉到斜面顶端,在此过程中,F1、F2、F3做功功率大小关系是( )A、P1=P2=P3B、P1＞P2=P3C、P3＞P2＞P1D、P1＞P2＞P39、(2013·郑州模拟)如图所示,物体受到水平推力F作用在粗糙水平面上做直线运动。
精品2019版高考物理二轮复习第一板块大命题区间第4讲以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”
第4讲 ⎪⎪以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”[考法·学法]应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型的问题：连接体问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。
解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。
用到的思想方法有：①整体法和隔离法 ②正交分解法 ③作图法 ④图像法 ⑤等效思想 ⑥临界极值思想一、以加速度为桥梁，破解连接体问题基础保分类考点[全练题点]1．[多选](2018届高三·江西宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止。
现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A 、B 两物块在开始一段时间内的v t 关系分别对应图乙中A 、B 图线(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则()A ．t 2时刻，弹簧形变量为0B ．t 1时刻，弹簧形变量为mg sin θ＋makC ．从开始到t 2时刻，拉力F 逐渐增大D ．从t 1时刻开始，拉力F 恒定不变解析：选BD 由题图知，t 2时刻A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mg sin θ＝kx ，则x ＝mg sin θk ，故A 错误；由题图读出，t 1时刻A 、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律得kx －mg sin θ＝ma ，则x ＝mg sin θ＋mak，故B 正确；从开始到t 1时刻，对AB 整体，根据牛顿第二定律得F ＋kx －2mg sin θ＝2ma ，得F＝2mg sin θ＋2ma －kx ，x 减小，F 增大，从t 1时刻开始，对B 由牛顿第二定律得F －mg sin θ＝ma ，得F ＝mg sin θ＋ma ，可知F 不变，故C 错误，D 正确。
2019届高考物理二轮复习 第二章 相互作用 牛顿动动定律 提能增分练(二)动力学四大模型之二——斜面
2019届高考物理二轮复习第二章相互作用牛顿动动定律提能增分练（二）动力学四大模型之二——斜面1.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。
若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )A．3 B．4 C．5 D．6解析：选B 先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力。
故B正确。
2.如图所示，质量为m带＋q电荷量的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为( )A．继续匀速下滑 B．将加速下滑C．将减速下滑 D．以上三种情况都可能发生解析：选A 滑块在电场中受力方向沿着电场线方向，即竖直向下，相当于滑块的重力变大了，因为滑块开始是匀速下滑的，则摩擦力大小等于滑块重力沿着斜面向下的分力的大小。
故滑块在斜面方向上的合力为零不改变，所以滑块继续匀速下滑。
只有A正确。
3．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F 垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是( )解析：选D 物块受重力、支持力及摩擦力处于平衡，A中当加上F后，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上物块平衡状态不同，而重力沿斜面向下的分力不变，故摩擦力不变；故A错误；同理B中摩擦力也不变，故B错误；C中加竖直向上的F后，F有沿斜面向上的分力，若物块有沿斜面向下的运动趋势，此时沿斜面向下的重力的分力与沿斜面向上的F 的分力及摩擦力平衡，故摩擦力将变小，故C错误；同理D中加竖直向下的力F后，F有沿斜面向下的分力，则沿斜面向下的力增大，故增大了摩擦力；故D正确。
4.(2017·四川双流中学模拟)如图，静止在水平面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，现对物块施加水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动。
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岂2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（1 ） Word 版含答案电2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（2 ） Word 版含答案勺2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（3 ） Word 版含答案厠；2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（4 ） Word 版含答案哲2019版物理学业水平测试真习小高考冲剌卷（5 ） Word 版含答案哲2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（6 ） 2019年高考物理冲刺卷（一）物理 本试卷包含选择题（第1题〜第23题，共23题69分）、非选择题（第24题〜第28题，共5题31分）共两部分.本次考试时间为75分钟.一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）.9 9 9 91. 关于物体的重心，下列说法中正确的是（）A. 任何物体的重心都一定在这个物体上B. 重心的位置只与物体的形状有关C. 形状规则、质量分布均匀的物体，其重心在物体的儿何中心D. 物体重心的位置一定会随物体形状改变而改变2. 一根一端封闭，另一端装有阀门的玻璃管，内有纸片、羽毛、金属片.用抽气机把管 内的空气儿乎抽尽，再把玻璃管倒过來（如图所示）.观察这些物体下落的快慢情况，下列说法 中正确的是（）A. 纸片下落最快B.羽毛下落最快C.金属片下落最快D.三者下落一样快3. 如图所示给出了两个物体做直线运动的速度一时间图象.其屮图线甲与横轴平行，图 线乙为通过坐标原点的直线.由图可知（）A. 甲做匀速直线运动B. 甲处于静止C. 乙做匀速直线运动D. 乙做匀减速直线运动2019年高考物理复习高考冲刺卷Word 版含答案4.右图是某摄影师“追拍法”的成功之作，在该摄影师眼屮清晰的飞翔的小鸟是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动之美•请问摄影师选择的参考系是（）A.地而B.静止的树木C.飞翔的小鸟D.静止于地面上的人5.已知河水自西向东流动，流速的大小为V],小船在静水中的速度的大小为V2，且v2 >5渡河时船头始终垂直河岸，用虚线表示小船过河的路径，则下列选项中小船过河路径可能正确的是（）河岸西、、、东6. 在“互成角度的两个力的合成”实验中，用两个弹赞测力计分别钩住细绳套，互成角 度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置0点.为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中 必须记录的是（）橡皮条固定端的位置描下0点位置、两条细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数橡皮条伸长后的总长度两个弹簧测力计的读数7. 将原长10cm 的轻质弹簧竖直悬挂，当下端挂200g 的钩码时，弹簧的长度为12cm, 则此弹簧的劲度系数约为（）A. lN/mB. 10N/mC. 100N/mD. 1 OOON/m&人乘电梯匀速上升，在此过程中人受到的重力为G,电梯对人的支持力为F N ，人对 电梯的压力为F N ，贝9（）A. G 和F N 是一对平衡力B. G 和Ft 是一对平衡力C. G 和F N 是一对相互作用力D. G 和Ft 是一对相互作用力9. 一个做匀速圆周运动的物体，在运动过程屮，若所受的一切外力都突然消失，则由牛 顿第一定律可知，该物体将（）A. 立即静止B.改做匀速直线运动C.继续做匀速圆周运动D.改做变速圆周运动釦、I %7777^7777777777^7710. 如图所示，质量相同的P 、Q 两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P 球沿水平方向抛出，Q 球同时被松开而自由下落.则下列说法中正确的是（）A. P 球先落地B. Q 球先落地C. 两球下落过程中垂力势能变化相等D. 两球落地时速度方向相同11. 今年年初我国南方部分地区遭遇了严重雪灾.在抗雪救灾中，运输救灾物资的汽车以额定功率上坡时，为增大牵引力，司机应使汽车的速度（）A. 减小B.增大C.保持不变D.先增大后保持不变12. 甲、乙两质点做匀速圆周运动，其半径之比R, : R 2=3 : 4,角速度之比◎： 32=4： 3,则甲、乙两质点的向心加速度之比是（）A. B. C. D.A.|B. |C.D. Y13.小明用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验.关于该实验，下列说法中正确的是（）A.重锤的质量一定是越大越好B.必须用秒表测出重锤下落的时间C.把秒表测得的时I'可代入计算重锤的速度D.释放纸带前，手捏住纸带上端并使纸帯处于竖直14.关于元电荷，下列说法正确的是（）A.元电荷就是质子B.物体所带电荷量是元电荷的任意倍数C.元电荷是带电物体所带电荷量的最小值D.物体所带电荷量可能比元电荷小15.两个完全相同的金属小球，分别带有+ 3Q和一Q的电量，当它们相距I•时，它们之间的库仑力是F.若把它们接触后分开，再置于相距彳的两点，则它们的库仑力的大小为（）A.|B.FC. 9FD. 3F16.下列各图中，能正确表示对等量异种电荷电场线分布的是（A17. 磁场中某区域的磁感线如图所示.则（）A. a 点磁感应强度比b 点小B. a 点磁感应强度比b 点大C. 同一小段通电导线放在“处吋受力一定比b 处吋大D. 同一小段通电导线放在a 处时受力一定比b 处时小1&如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度为B.边长为a 的正方形线框与磁场垂 直，且一条对角线与磁场边界重合.则通过线圈平面的磁通量为（）B. BaC. Ba 2D. 2Ba19. 带电粒子M 和N,先后以大小不同的速度沿PO 方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨 迹如图所示，不计重力.则下列分析正确的是（）A. M 带正电，N 带负电B. M 和N 都带正电C. M 带负电，N 带正电D. M 和N 都带负电I F/N/\ /\ /V °\.\ 23 4.3 5.4 7.4 //s20. 蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作.为了测量运 动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并 在计算机上作出压力一时间图象，假设作出的图象如图所示.设运动员在空屮运动时可视为 质点，则运动员跃起的最大高度为（g 取10m/s 2）（）x x x x!C. 5.0 mD. 7.2 m请阅读下列材料，回答21〜23小题.2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号实施自动交会对接，形成天宫二号与神舟十一号组合体后，我国景海鹏和陈冬两名航天员进驻天宫二号，开展空间科学实验.天宫二号与神舟十一号的交会对接、组合体运行和飞船返回，都是在距地面393公里的轨道高度开展.这次任务是最接近未来我国空间站轨道要求的一次载人飞行任务，也是目前我国空间应用项目最多的一次载人飞行任务.21.下列说法符合史实的是（）A.牛顿发现了行星的运动规律B.开普勒发现了万有引力定律C.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D.牛顿发现了海王星和冥王星22.绕地球做匀速圆周运动的天宫二号内，物体处于完全失重状态，则物体（）A.不受地球引力作用B.所受地球引力提供向心力C.加速度为零D.向心力为零23.若天宫二号绕地球运行的圆形轨道半径增大，则飞船的（）A.线速度大小不变B.线速度增大C.周期不变D.周期增大二、填空题：把答案填在横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10 分）.24—A.（本题供选修1一1的考生作答）一只白炽灯泡在玻璃泡外表有“220V60W”的字样，则这只灯泡正常工作时的电流强度为A,电阻为Q.24-B.（本题供选修3-1的考生作答）许多人造卫星都用太阳能电池供电.某太阳能电池不接负载吋的电压是600 M V,短路电流是30UA,则该太阳能电池的内阻为Q,当外申.賂接上40Q电阻时，电路中的电流强度为u A.25.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某学习小组在实验室组装了如图所示的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态.耍完成该实验，则:（1）_____________________________ 还缺少的实验器材是.（2）实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________________ ;实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是____________三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位(本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分,28小题8分，共21分).A.1.8 mB.3.6 m小桶26.工地施工需要把一质量为500 kg钢材从一平层上降落到地面，用一绳吊着钢材先以0.5m/s匀速降落，当钢材距地面高h时，又以大小为lm/s?的加速度匀减速运动，钢材落地时速度刚好为零.求：(1)钢材匀减速运动时所受的合外力；(2)钢材做匀减速运动的时间t；(3)匀减速运动的距离h.27.如图所示的演示实验，假设从某时刻t=0开始，质量为0.1kg的红蜡块在玻璃管内每Is上升的距离都是30cm,从t=0开始，初速度为零的玻璃管向右匀加速平移，每Is通过的水平位移依次是5cm、15cm、25cm、35cm.在图表中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=()时蜡块位于坐标原点，坐标纸上每小格表示10cm.则：(1)在图中标岀I等于Is、2s、3s、4s时蜡块的位置，并用平滑的曲线描绘蜡块的轨迹；(2)红蜡块在上升过程中受到玻璃管的弹力是多大？(3)红蜡块4s末的速度是多少？y28.如图所示，有一可绕竖直屮心轴转动的水平圆盘，上而放置劲度系数为k=46N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴0点，另一端连接质量为m=lkg的小物块A,物块与圆盘间的动摩擦因数为p=0.2,开始吋弹簧未发生形变，长度为l()=0.5m,若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等(g = 10m/s1 2 3),物块A始终与圆盘一起转动，贝IJ：错误！小高考冲刺卷(一)1・C解析：物体的重心不一定在物体上，比如质量分布均匀的圆盘挖去中间的同心圆后，重心仍然在儿何中心，但不在物体上.2.D解析：真空管是抽去空气后的状态，没有空气阻力后，羽毛下落也是自由落体.轻重物体下落快慢一样.3. A 解析：vt图象斜率代表加速度，甲代表匀速运动，乙代表匀加速运动.4.C解析：以飞翔的小鸟为参考系，周围的背景都是运动的，所以背景模糊.5.B解析：由运动的合成条件可知，匀速运动与匀速运动的合成仍为匀速直线运动.6.B解析：为了确定力的大小和方向，需要记录弹簧测力计的读数、绳子的方向，当然, 0点的位置必须固定好.7.C 解析：由F=kx,其中x为形变量可得，k=100N/m.8.A解析：平衡力一定是同一个物体所受到的，相互作用力是不同对象受到的.9.B解析：由牛顿第一定律，没有力改变物体的运动状态，物体就保持原来的运动状态, 这个问题里是匀速直线运动.10.C解析：自由落体运动和平抛运动在竖直方向上的分运动是相同的，所以下落时间是一样的，重力势能变化取决于重力做功，由W = mgh,可得重力势能变化相等.11.A 解析：rtl P=Fv,可知P不变，减小v可以增大F,以增加爬坡本领.12.A 解析：由向心加速度公式a=u)2r,带入可得.13.D 解析：重锤的作用是减少阻力对运动的影响；打点计吋器本身就是计时工具，下落时间不需要用秒表测量.14.C解析：e=1.6X10-,9C,带电体带电荷量必须是元电荷的整数倍.15.D 解析：带电小球接触，正负电荷中和部分后，电荷再等分.16.C解析：等量异种电荷相互吸引，空间电场叠加如图C所示.17.B 解析：磁感线的稀疏密集代表磁场的强弱，a点比b点密集，a点磁感应强度比b 点大.由于通电导线在磁场中的受力与导线在磁场中的摆放方式有关，垂直磁场摆放受力最大，平行磁场摆放受力最小.18.A 解析：由磁通量定义公式①=BS可得，答案A正确.19.C解析：由左手定则可知，刚刚进入磁场时，正电荷受到向上的力，负电荷进入磁场时，受到向下的力，由曲线运动的轨迹判断可得，C正确.20.C解析：根据图象，纵坐标为零的区段代表在运动员空中运动，5.4s到7.4s的过程时间1 圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动？2 当角速度缓慢地增加到4rad/s时，弹簧的伸长暈是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘)3 在角速度从零缓慢地增加到4md/s过程屮，物块与圆盘间摩擦力大小为f,试通过计算在坐标系中作出fc?图象.为2s,则上升与下降的时间都是Is,所以最大高度为5in.21.C解析：开普勒发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，海王星在观测到之前是根据牛顿的万有引力定律算出来的.22.B解析：完全失重并不是没有重力，卫星内物体仍然受到地球引力提供圆周运动的向心力.23.D解析：围绕同一中心天体，高轨道卫星的线速度小，周期大.24—A.寻或0.27 _ 或806.6724-B. 20 1025.(1)刻度尺(2)m M 平衡摩擦力26.解析：(1)由F合=ma可知，F合=500N.(2)由v = v()+al 可知，1=0.5s.2 2(3)由h—2：，或者h— 2 可知h=0.125m.27.解析：⑴如图所示.红蜡块在水平方向受到玻璃管的弹力，由匀变速直线运动规律S = a=0」0m/s 2 , F=ma=0・lX0・10N=0・01N ・（3） 4s 末时红蜡块的水平方向分速度为v 4=at 4=0.10X4m/s=0.40m/s4s 末时红蜡块的速度为 v^= p0.3（）2+0.4（）2 m/s=0.5m/s.2&解析：（1）设圆盘的角速度为a ）（）时，物块A 将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力 提供向心力，则有⑵设此时弹簧的伸长量为Ax,物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则 有pmg+k A x=mco 2（l （）+ A x ）,代入数据解得 A x=0.2m.（3）在角速度从冬缓慢地增加到2rad/s 过程中，物块与圆盘间摩擦力为静摩擦力f=m 扇1（）, f 随着角速度平方的增加而增大.当co>2rad/s 时，物块与圆盘间摩擦力为滑动摩擦力，为定值，为f=|img=2N.小高考冲刺卷（二）物理 本试卷包含选择题（第1题〜第23题，共23题69分）、非选择题（第24题〜第 28题，共5题31分）共两部分.本次考试时间为75分钟.一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）. • • • •1. 下列事例中，能将物体或人可以看成质点的是（）①研究跳水运动员在比赛屮的空屮姿态 ②观看参加马拉松比赛的121号运动员③分析一列火车通过某路口所用的时间④跟踪我国科学考察船去南极途中A. ①③B.②③C.①④D.②④2. 梁朝傅翕非常有名的偈语：“空手把锄头，步行骑水牛；人从桥上过,桥流水不流” •试 判定“桥流水不流”句所对应的参考系是（）A. 岸B.水C.树D.牛3. 关于质点的位移和路程，下列说法正确的是（）A. 位移是矢量，位移的方向就是质点运动的方向B. 路程是标量，也是位移的大小C. 质点做直线运动时，路程等于其位移的大小D. 位移的数值一定不会比路程大4.做匀加速直线运动的物体，加速度是2m/s 2,它意味着（ ）得出 0.05 = 2at ：2y/cmP mg=mcoolo^ 解得 coo=" 0.2X10 ―乔一rad/s = 2rad/s.A.物体在任Is末的速度是该秒初的两倍B.物体在任Is末的速度比该秒初的速度大2m/sC.物体在第Is末的速度为2m/sD.物体在任Is的初速度比前Is的末速度大2m/s5.如图所示，甲、乙分别表示两个运动物体的vt图象.若它们的加速度分别为"甲、a乙, 则它们的大小关系是（）A.a甲va乙B.a甲=a乙C.a甲＞&乙D.不能确定6.在轻质弹簧下端悬挂一质量为0.1kg的物体，当物体静止后，弹簧伸长了0.01m,取g=10m/s2.该弹簧的劲度系数为（）A.lN/mB. 10N/mC. 100N/mD. 1 OOON/m7.如图所示在水平力F的作用下，重为G的物体沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙Z间的动摩擦因数为卩，物体所受摩擦力大小为（）A.M GB.u（F+G）C.u（F-G）D.G&关于惯性的有关概念，下列说法中正确的是（）A.从枪膛屮飞出的子弹，在惯力作用下飞行B.满载的卡车比空车难以停下来，是因为前者的惯性比后者大C.一个运动物体在粗糙水平路面上比光滑水平路面上难以启动，是因为在前一种情况下惯性大D.喷气式飞机起飞后越飞越快，说明它的惯性越来越大9.下面关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.两物体间的作用力和反作用力一定是同性质的力B.先有作用力，后有反作用力C.只有物体处于静止状态时，物体间才存在作用力和反作用力D.只有物体接触时，物体间才存在作用力和反作用力10.以V。
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高考物理复习两类动力学问题专题练习（含解析）动力学是理论力学的一个分支学科，它主要研究作用于物体的力与物体运动的关系。
查字典物理网整理了两类动力学问题专题练习，请大家练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求.)1.(2019年广州调研)静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0时刻开始受到水平力作用，设向右为F的正方向，则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀加速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会一直向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律.重力加速度g取10 m/s2，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()图K3-2-2A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，则0～3 s物体静止，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发生的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发生的位移大小x3=3 m=27 m，则0～12 s发生的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，故选项B正确. 3.(2019年江苏卷)将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t的图象，可能正确的是() A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a=，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当v=0时，加速度最终趋近一条平行于t轴的直线，选项C正确，A、B、D错误.4. (2019年河南模拟)2019年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看.假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()A.运动员的加速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运动员对球拍的作用力大小为D.运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mgtan ，其加速度为gtan ，受到球拍的支持力为mg/cos ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A、B错误;同理运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2019年黑龙江模拟)A、B两物块的质量分别为2 m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.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()图K3-2-4A.当 F mg时，A、B都相对地面静止B.当 F=mg时，A的加速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B分析，根据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对整体分析，根据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发生相对滑动，故C正确;通过隔离B分析，知B的加速度不会超过g，故D正确;当F=mg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对地面静止，故A错误.6.(2019年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然状态.当发现L1变长、L2变短时，下列判断正确的是() 图K3-2-5A.小车可能正在向右做匀加速运动B.小车可能正在向右做匀减速运动C.小车可能正在向左做匀加速运动D.小车可能正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球受到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B、C 正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1图K3-2-6A.F1C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.8甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是()图K3-2-7A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为0【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;对于乙，水平方向整体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2019年全国卷Ⅰ)2019年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()图K3-2-8A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2019年汕头模拟)一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37、足够长的斜面，某同学利用传感器测出小物块从一开始冲上斜面到往后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)图K3-2-9(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a==m/s2=-8 m/s2，加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度;(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员受到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的加速度大小a2==5 m/s2，减速过程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研究对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2019年中山模拟)如图K3-2-10所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零.每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀加速运动，设加速度为a1. 则a1= m/s2=5 m/s2，若物体加速了2.2 s，则2.2 s末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学问题专题练习及答案的内容就是这些，查字典物理网预祝考生取得更好的成绩。
2019-2020年高三物理第二轮专题复习 专题一力和运动教案 人教版
2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。
牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。
从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。
3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。
5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。
加之小球通过最高点有极值限制。
这就构成了主要考查点。
2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。
求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。
解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。
2019年高考物理试卷(全国二卷)(含超级详细解答)
高考物理试卷（全国二卷）一．选择题（共5小题）1．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）A．一直不做功 B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心2．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为→+，下列说法正确的是（）A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量3．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为（）A．2﹣B．C．D．4．如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g）（）A．B．C．D．5．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（）A．：2 B．：1 C．：1 D．3：二．多选题（共5小题）6．如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M，Q到N的运动过程中（）A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功7．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是（）A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N8．某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（）A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉9．如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是（）A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变10．在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（）A．改用红色激光B．改用蓝色激光C．减小双缝间距D．将屏幕向远离双缝的位置移动E．将光源向远离双缝的位置移动三．实验题（共2小题）11．某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时器．实验步骤如下：①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间△t；③用△s表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）所示），表示滑块在挡光片遮住光线的△t时间内的平均速度大小，求出；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④⑥利用实验中得到的数据作出﹣△t图，如图（c）所示完成下列填空：（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a和△t的关系式为=．（2）由图（c）可求得，v A=cm/s，a=cm/s2．（结果保留3位有效数字）12．某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱R z（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀双掷开关S1和S2．C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线．（2）完成下列填空：①R1的阻值为Ω（填“20”或“2000”）②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中的滑动变阻器的端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．③将电阻箱R z的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置、最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势（填“相等”或“不相等”）④将电阻箱R z和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待微安表的内阻为Ω（结果保留到个位）．（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：．四．计算题（共4小题）13．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力加速度为g．求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．14．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小．15．一热气球体积为V，内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b．已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g．（i）求该热气球所受浮力的大小；（ii）求该热气球内空气所受的重力；（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．16．一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．2017年高考物理试卷（全国二卷）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）1．（2017•新课标Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）A．一直不做功 B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动方向，根据功的定义分析做功情况．【解答】解：AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A正确，B错误；CD、小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误．故选：A．【点评】本题考查了功的两要素：第一是有力作用在物体上；第二是物体在力的作用下产生位移．2．（2017•新课标Ⅱ）一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为→+，下列说法正确的是（）A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系．【解答】解：AB、一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据知，由于钍核和α粒子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确．C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C错误．D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为（）A．2﹣B．C．D．【分析】拉力水平时，二力平衡；拉力倾斜时，物体匀速运动，依然是平衡状态，根据共点力的平衡条件解题．【解答】解：当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图由f=μF N，F N=mg﹣Fsinθ可知摩擦力为：f=μ（mg﹣Fsinθ）f=F代入数据为：μmg=μ（mg﹣F）联立可得：μ=故选：C．【点评】本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列平衡方程．4．（2017•新课标Ⅱ）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g）（）A．B．C．D．【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．【解答】解：设半圆的半径为R，根据动能定理得：，离开最高点做平抛运动，有：2R=，x=v′t，联立解得：x==可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．故选：B．【点评】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练．5．（2017•新课标Ⅱ）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（）A．：2 B．：1 C．：1 D．3：【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度之比．【解答】解：设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M（图甲）时，由题意知∠POM=60°，由几何关系得轨迹圆半径为R1=；从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N（图乙）；由题意知∠PON=120°，由几何关系得轨迹圆的半径为R2=r；根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv=m解得：v=故速度与半径成正比，因此v2：v1=R2：R1=：1故C正确，ABD错误．【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题．根据题意画出轨迹、定出轨迹半径是关键，注意最远点时PM的连线应是轨迹圆的直径．二．多选题（共5小题）6．（2017•新课标Ⅱ）如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M，Q到N的运动过程中（）A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功【分析】根据海王星在PM段和MQ段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P到M所用时间与周期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化．【解答】解：A、海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误．B、从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误．C、从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确．D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确．【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P 到Q和Q到P的运动是对称的，但是P到M和M到Q不是对称的．7．（2017•新课标Ⅱ）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是（）A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N【分析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力．【解答】解：AB、由图象可以看出，0.2﹣0.4s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2s，导线框匀速运动的速度为：v=，根据E=BLv 知磁感应强度为：B=，故A错误，B正确．C、由b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确．D、在0.4﹣0.6s内，导线框所受的安培力F=BIL==N=0.05N，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等．8．（2017•新课标Ⅱ）某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（）A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉【分析】线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动．【解答】解：AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向左，线圈开始转动，在前半轴转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故A、D正确；B、线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此在转过一半前线圈的速度即减为0，线圈只能摆动，故B错误；C、左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故C错误．故选：AD．【点评】电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键．9．（2017•新课标Ⅱ）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是（）A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变【分析】抽开隔板时，气体自发的扩散，会对外做功；活塞对气体推压，则活塞对气体做功．【解答】解：AC、抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，又没有热传递，则根据△U=Q+W可知，气体的内能不变，A正确，C错误；BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据△U=Q+W可知，气体内能增大，BD正确；E、气体被压缩时，外界做功，内能增大，气体分子平均动能是变化的，E错误．故选：ABD．【点评】本题考查了气体内能和理想气体的三个变化过程，掌握内能的方程和理想气体方程才能使这样的题目变得容易．10．（2017•新课标Ⅱ）在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（）A．改用红色激光B．改用蓝色激光C．减小双缝间距D．将屏幕向远离双缝的位置移动E．将光源向远离双缝的位置移动【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式，得出影响条纹间距的因素，从而分析判断．【解答】解：根据双缝干涉条纹间距公式知，增大入射光的波长、减小双缝间距，以及增大屏幕与双缝的距离，可以增大条纹的间距，由于红光的波长大于绿光的波长，可知换用红色激光可以增大条纹间距，故ACD正确，BE错误．故选：ACD．【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹间距公式，以及知道各种色光的波长大小关系，基础题．三．实验题（共2小题）11．（2017•新课标Ⅱ）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时器．实验步骤如下：①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间△t；③用△s表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）所示），表示滑块在挡光片遮住光线的△t时间内的平均速度大小，求出；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④⑥利用实验中得到的数据作出﹣△t图，如图（c）所示完成下列填空：（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a和△t的关系式为=．（2）由图（c）可求得，v A=52.1cm/s，a=16.3cm/s2．（结果保留3位有效数字）【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，结合时间公式求出与v A、a和△t的关系式．（2）结合与v A、a和△t的关系式，通过图线的斜率和截距求出v A和加速度的大小．【解答】解：（1）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则等于挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，根据速度时间公式得：．（2）由知，纵轴截距等于v A，图线的斜率k=，由图可知：v A=52.1cm/s，a=2k=2×cm/s2=16.3cm/s2．故答案为：（1）；（2）52.1，16.3．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，对于图线问题，一般解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．12．（2017•新课标Ⅱ）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱R z（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀双掷开关S1和S2．C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线．（2）完成下列填空：①R1的阻值为20Ω（填“20”或“2000”）②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中的滑动变阻器的左端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．③将电阻箱R z的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置、最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势相等（填“相等”或“不相等”）④将电阻箱R z和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待微安表的内阻为2550Ω（结果保留到个位）．（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程．．【分析】（1）根据电路原理图在实物图上连线；（2）①根据实验方法确定R1选择阻值较小或较大的滑动变阻器；②为了保护微安表，分析滑片C开始应处的位置；③接通S2前后，微安表的示数保持不变，由此分析电势高低；④根据比例方法确定R x的值；。
2019年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅱ卷理科综合(物理部分)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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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．14．(2019·全国Ⅱ卷·14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是()答案D解析在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律，可知随着h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图像是D. 15．(2019·全国Ⅱ卷·15)太阳内部核反应的主要模式之一是质子－质子循坏，循环的结果可表示为411H→42He＋201e＋2ν，已知11H和42He的质量分别为m p＝1.007 8 u和mα＝4.002 6 u,1 u ＝931 MeV/c2，c为光速．在4个11H转变成1个42He的过程中，释放的能量约为()A．8 MeV B．16 MeVC．26 MeV D．52 MeV答案C解析核反应质量亏损Δm＝4×1.007 8 u－4.002 6 u＝0.028 6 u，释放的能量ΔE＝0.028 6×931 MeV≈26.6 MeV，选项C正确．16．(2019·全国Ⅱ卷·16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为()A ．150 kgB ．100 3 kgC ．200 kgD ．200 3 kg答案 A 解析 设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150 kg ，A 项正确． 17. (2019·全国Ⅱ卷·17)如图1，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B .方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )图1A.14kBl ，54kBl B.14kBl ，54kBl C.12kBl ，54kBl D.12kBl ，54kBl 答案 B解析 电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝l 4，由洛伦兹力提供向心力，有e v a B ＝m v a 2r a，又e m ＝k ，解得v a ＝kBl 4；电子从d 点射出时，由几何关系有r d 2＝l 2＋(r d －l 2)2，解得轨迹半径为r d ＝5l 4，由洛伦兹力提供向心力，有e v d B ＝m v d 2r d ，又e m ＝k ，解得v d ＝5kBl 4，选项B 正确． 18．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s 2.由图中数据可得( )图1A ．物体的质量为2 kgB ．h ＝0时，物体的速率为20 m/sC ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 JD ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4 m 时物体的重力势能mgh ＝80 J ，解得物体质量m ＝2 kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100 J ，由公式E k0＝12m v 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10 m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE |＝20 J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100 J ，解得E k ＝50 J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4 m 时，机械能为80 J ，重力势能为80 J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4 m ，物体动能减少100 J ，选项D 正确．19．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·19)如图1(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v －t 图像如图(b)所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻．则( )图1A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案 BD解析 根据v －t 图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A 错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a ＝Δv Δt可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C 错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B 正确；竖直方向上的速度大小为v 1时，根据v －t 图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg －F f ＝ma ，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D 正确．20．(多选)(2019·全国Ⅱ卷·20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案 AC解析 在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误．21. (多选)(2019·全国Ⅱ卷·21)如图1，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()图1答案AD解析根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(2019·全国Ⅱ卷·22)如图1，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等．回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)．图1 (2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ＝30°.接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图2所示．图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)．重力加速度为9.80 m/s 2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)．图2答案 (1)g sin θ－a g cos θ(2)0.35 解析 (1)对铁块受力分析，由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得μ＝g sin θ－a g cos θ. (2)两个相邻计数点之间的时间间隔T ＝5×150s ＝0.10 s ， 由逐差法和Δx ＝aT 2，可得a ＝(x 5＋x 6＋x 7)－(x 1＋x 2＋x 3)12T 2≈1.97 m/s 2， 代入μ＝g sin θ－a g cos θ，解得μ≈0.35. 23．(2019·全国Ⅱ卷·23)某小组利用图1(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U 与温度t 的关系，图中V 1和V 2为理想电压表；R 为滑动变阻器，R 0为定值电阻(阻值100 Ω)；S 为开关，E 为电源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t 由温度计(图中未画出)测出．图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA 时得到的某硅二极管U －t 关系曲线．回答下列问题：图1(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 μA ，应调节滑动变阻器R ，使电压表V 1的示数为U 1＝________ mV ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”)，电压表V 1示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R 的滑片向________(填“A ”或“B ”)端移动，以使V 1示数仍为U 1.(2)由图(b)可以看出U 与t 成线性关系．硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|ΔU Δt|＝________×10－3 V/℃(保留2位有效数字)． 答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8解析 (1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U 1＝IR 0＝50.0 μA×100 Ω＝5.00 mV ；由题图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又题图(b)对应的电流恒为50.0 μA ，可知硅二极管的正向电阻变小，定值电阻R0两端电压增大，即电压表V 1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V 1示数保持不变，故应将R 的滑片向B 端移动．(2)由题图(b)可知⎪⎪⎪⎪ΔU Δt ＝0.44－0.3080－30V/℃＝2.8×10－3 V/℃. 24．(2019·全国Ⅱ卷·24)如图1，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．图1(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 答案 (1)12m v 02＋2φdqh v 0mdh qφ (2)2v 0mdh qφ 解析 (1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd① F ＝qE ＝ma ② 设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 02③ 设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有h ＝12at 2④ l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 02＋2φdqh ⑥ l ＝v 0mdh qφ⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L ＝2l ＝2v 0mdh qφ⑧ 25．(2019·全国Ⅱ卷·25)一质量为m ＝2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100 m 处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图1(a)中的图线．图(a)中，0～t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝0.8 s ；t 1～t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m.图1(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v －t 图线；(2)求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1～t 2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t 1～t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案 见解析解析 (1)v －t 图像如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度为v 1，t 2时刻的速度为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt ＝1 s ，设汽车在t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1,2,3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2①s 1＝v 2Δt －12a (Δt )2② v 4＝v 2－4a Δt ③联立①②③式，代入已知数据解得v 4＝－176m/s ④ 这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v 3＝v 2－3a Δt ⑤2as 4＝v 32⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a ＝8 m /s 2，v 2＝28 m/s ⑦或者a ＝28825m /s 2，v 2＝29.76 m/s ⑧ 但⑧式情形下，v 3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿第二定律有f 1＝ma ⑨在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I ＝12f 1(t 2－t 1)⑩ 由动量定理有I ＝m v 1－m v 2⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为W ＝12m v 12－12m v 22⑫ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v 1＝30 m/s ⑬W ＝1.16×105 J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为s ＝v 1t 1＋12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋v 222a⑮ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s ＝87.5 m ⑯(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33.物理——选修3－3(2019·全国Ⅱ卷·33)(1)如图1p －V 图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T 1、T 2、T 3.用N 1、N 2、N 3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N 1________N 2，T 1________T 3，N 2________N 3.(填“大于”“小于”或“等于”)图1(2)如图1，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：①抽气前氢气的压强； ②抽气后氢气的压强和体积．图1答案 (1)大于 等于 大于(2)①12(p 0＋p ) ②12p 0＋14p 4(p 0＋p )v 02p 0＋p解析 (1)对一定质量的理想气体，pV T为定值，由p －V 图像可知，2p 1·V 1＝p 1·2V 1>p 1·V 1，所以T 1＝T 3>T 2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N 1>N 2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N 2>N 3.(2)①设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得(p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )② ②设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2，根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p ⑦ V 1＝4(p 0＋p )V 02p 0＋p⑧34.物理——选修3－4(2019·全国Ⅱ卷·34)(1)如图1，长为l 的细绳下方悬挂一小球a ，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点正下方34l 的O ′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ，向右为正．下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x －t 关系的是______．图1(2)某同学利用图1所示装置测量某种单色光的波长．实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹．回答下列问题：图1①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________；A ．将单缝向双缝靠近B ．将屏向靠近双缝的方向移动C ．将屏向远离双缝的方向移动D ．使用间距更小的双缝②若双缝的间距为d ，屏与双缝间的距离为l ，测得第1条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx ，则单色光的波长λ＝________；③某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm ，测得屏与双缝间的距离为1.20 m ，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm.则所测单色光的波长为________ nm(结果保留3位有效数字)．答案 (1)A(2)①B②d·Δx(n－1)l③630解析(1)由单摆的周期公式T＝2πLg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确．(2)①若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx＝ldλ可知，需要减小双缝到屏的距离l或增大双缝间的距离d，故B项正确，A、C、D项错误．②由题意可知，Δxn－1＝ld λ⇒λ＝d·Δx(n－1)l.③将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.。
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。
通用版2019版高考物理二轮复习专题检测四以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”含解析.doc
以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2019届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。
现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。
若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D 滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。
以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )kx0＝mg，在弹解析：选A 设物块P静止时，弹簧的压缩量为x簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
3.如图所示，物块M在倾角为θ、静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运转的过程中，以下分析正确的是( )A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后沿传送带匀速下滑C．M先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑D．M受到的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C 传送带静止时，M匀速下滑，故mg sin θ＝F f，当传送带突然启动且速度v ＜v0时，M匀速下滑，M受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度v＝v0瞬间，M受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度v＞v0后，M可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但M一定加速下滑，最终M速度达到2v0与传送带一起匀速运动，故C正确。
历年(2019-2023)高考物理真题专项(动量)练习(附答案)
历年（2019-2023）高考物理真题专项（动量）练习 一、单选题A．铝框所用时间相同C．铝框中的电流方向相同3．（2022ꞏ重庆ꞏ高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。
下列说法正确的是（ ）A ．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B ．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C ．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D ．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间5．（2022ꞏ北京ꞏ高考真题）质量为1m 和2m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示。
下列说法正确的是（ ）A ．碰撞前2m 的速率大于1m 的速率B ．碰撞后2m 的速率大于1m 的速率C ．碰撞后2m 的动量大于1m 的动量D ．碰撞后2m 的动能小于1m 的动能 6．（2022ꞏ江苏ꞏ高考真题）上海光源通过电子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（ ）A ．频率减小B ．波长减小C ．动量减小D ．速度减小 7．（2022ꞏ海南ꞏ高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是1F ，乙对甲的作用力是2F ，则这两个力（ ）A ．大小相等，方向相反B ．大小相等，方向相同C ．1F 的冲量大于2F 的冲量D ．1F 的冲量小于2F 的冲量8．（2022ꞏ湖北ꞏ统考高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v 。
前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2。
下列关系式一定成立的是（ ）A ． 213W W =，213I I ≤B ． 213W W =，21I I ≥C ．217W W =，213I I ≤D ．217W W =，21I I ≥9．（2022ꞏ湖南ꞏ统考高考真题）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。
北京各区2019年高考物理二模真题专题汇编专题18第三个计算题专题讲练__动力学部分含解析
专题18 第三个计算题——动力学部分【2019房山二模】24．（20分）重力加速度是物理学中的一个十分重要的物理量，准确地确定它的量值，无论从理论上、还是科研上、生产上以及军事上都有极其重大的意义。
（1）如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回。
在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。
（i）求重力加速度g；（ii）若O点距玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度。
（2）在用单摆测量重力加速度g时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示．这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，问这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比，哪个大？试定量比较。
（3）精确的实验发现，在地球上不同的地方，g的大小是不同的，下表列出了一些地点的重力加速度。
请用你学过的知识解释，重力加速度为什么随纬度的增加而增大？【答案】：（1）（i ）； （ii ）；（2）这样求出的重力加速度偏大，理由见下面解析。
（3）具体解释见下面解析。
【考点】：重力加速度的测定、实验误差分析、地球上不同维度处g 的变化规律。
【解析】：（1）（i ）设经过P 点后小球还能上升x ，依题意可得①②联立解得 5分（ii ）经O 点后小球上升的高度为管长至少为 5分（2）正常操作单摆周期为2T =，224lT g π=圆锥摆：，，解得由于测得周期变小，所以测得g值偏大。
6分（3）①如图所示重力是万有引力的一个分力，万有引力的另一个分力提供了物体绕地轴作圆周运动所需要的向心力。
从赤道向两极变化过程中可以认为合力不变，两分力夹角增大，其中一个分力减小，另一个分力必然增大。
②物体所处的地理位置维度越高，圆周运动轨道半径越小，需要的向心力也越小，重力将随之增大，重力加速度也变大。
高考物理二轮复习三以加速度为桥梁攻克两类动力学问题
专题跟踪检测（三） 以加速度为桥梁，攻克两类动力学问题一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题) 1.(2020·徐州二模)如图所示，质量为m 2的物块B 放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m 1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( )A ．MgB ．Mg ＋MaC ．(m 1＋m 2)aD ．m 1a ＋μ1m 1g解析：选C 以C 为研究对象，则Mg －T ＝Ma ，解得T ＝Mg －Ma ，故A 、B 错误；以A 、B 为整体分析，根据牛顿第二定律可知T ＝(m 1＋m 2)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 ＝m 2a ，对A 可知T －f ＝m 1a ，联立解得T ＝m 1a ＋m 2a ，故D 错误。
2．(2020·泰州三模)如图甲所示，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 的关系图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A 的质量为( )A ．4 kgB ．3 kgC ．2 kgD ．1 kg解析：选B 设A 、B 的质量分别为m 和M ，当F ＝4 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m)a ，代入数据解得：M ＋m ＝4 kg 。
当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B ，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M ，知aF 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。
3.(2020·南通模拟)如图所示，长木板放置在粗糙水平地面上，一小物块放置于长木板的中央，已知长木板和小物块的质量均为m ，长木板与地面间及小物块与长木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，现对小物块施加一水平向右的拉力F ，则( )A ．长木板可能向右做匀加速运动B ．长木板的加速度可能为F －2μmg2mC ．地面对长木板的摩擦力可能等于FD ．长木板受到地面的摩擦力可能等于2μmg解析：选C 小物块与长木板间的最大摩擦力等于μmg，长木板与地面间的最大静摩擦力为2μmg，所以无论小物块是否运动，长木板均不会相对于地面滑动，故A、B错误；小物块在力F的作用下，若小物块相对于长木板静止，根据整体法可知地面对长木板的摩擦力等于F。
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专题检测（四）以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2019届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。
现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。
若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。
以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()解析：选A设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
3.如图所示，物块M在倾角为θ、静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运转的过程中，以下分析正确的是()A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后沿传送带匀速下滑C．M先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑D．M受到的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C传送带静止时，M匀速下滑，故mg sin θ＝F f，当传送带突然启动且速度v＜v0时，M匀速下滑，M受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度v＝v0瞬间，M受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度v＞v0后，M可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但M一定加速下滑，最终M速度达到2v0与传送带一起匀速运动，故C正确。
4．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A 与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析：选C由于斜面光滑，A与B、C与D分别沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。
对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：a x＝a cos α＝g sin αcos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mg sin α，即C 不受弹簧的弹力，弹簧L2处于原长。
故选项C正确，A、B、D错误。
5．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m。
如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2，均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为( )A ．M ∶mB ．m ∶MC ．m ∶(M ＋m )D ．M ∶(M ＋m )解析：选A F 1作用于A 时，设A 和B 之间的弹力为N ，对A 有：N cos θ＝Mg ，对B有：N sin θ＝ma ，对A 和B 组成的整体有：F 1＝(M ＋m )a ＝(M ＋m )M mg tan θ；F 2作用于A 时，对B 有：mg tan θ＝ma ′，对A 和B 组成的整体有：F 2＝(M ＋m )a ′＝(M ＋m )g tan θ，F 1F 2＝M m，A 对。
6.[多选]如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为m 乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。
现由静止释放甲，在以后的运动过程中，乙与丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中乙始终没有离开水平桌面，取重力加速度g ＝ 10 m/s 2。
则( )A ．细绳对乙的拉力大小为20 NB ．乙的加速度大小为2.5 m/s 2C ．乙对丙的摩擦力大小为2.5 ND ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N解析：选BC 设细绳的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对甲，有m 甲g －F T ＝m 甲a ；对乙和丙组成的整体，有F T ＝(m 乙＋m 丙)a ，联立解得F T ＝15 N ，a ＝2.5 m/s 2，A 错误，B 正确；对丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有f ＝m 丙a ＝1×2.5 N ＝2.5 N ，C 正确；细绳中的张力为15 N ，由于滑轮两侧细绳相互垂直，根据平行四边形定则，其对定滑轮的作用力为15 2 N ，D 错误。
7.(2018·合肥检测)如图所示，长为6 m 的水平传送带沿顺时针方向以恒定速度v 1＝2 m/s 运行。
一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v 2＝5 m/s 。
若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B ．若传送带的速度为1 m/s ，小物块将从传送带左端滑出C ．若传送带的速度为5 m/s ，小物块将以5 m/s 的速度从传送带右端滑出D ．若小物块的速度为4 m/s ，小物块将以4 m/s 的速度从传送带右端滑出解析：选B 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移为x ，根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ，得 a ＝μg ＝2 m/s 2，则 x ＝v 222a ＝ 522×2m ＝6.25 m>6 m ，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为1 m/s 和5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况与题述条件下相同，则运动情况相同，都将从传送带左端滑出，B 正确，C 错误；小物块的速度为4 m/s 时，速度减至零时通过的位移x ′＝422×2m ＝4 m<6 m ，小物块减速到零后反向加速，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出，D 错误。
8.(2018·林州一中质检)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m ，物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g 。
某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法错误的是( )A ．B 的加速度为g 2B ．A 、B 之间的弹力为mg 3C ．弹簧的弹力为mg 2D ．A 的加速度为g 3解析：选A 剪断细线前，对A 分析，可得弹簧弹力F ＝mg sin θ＝12mg ，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为F ＝12mg ，C 正确；剪断细线的瞬间，细线对B 的拉力消失，A 、B 将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mg sin θ－F ＝3ma ，解得a ＝13g ，A 错误，D 正确；以B 为研究对象，可得2mg sin θ－F N ＝2ma ，解得F N ＝13mg ，B 正确。
9.(2018·北京西城区模拟)如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B置于光滑水平面上。
A 、B 质量分别为6.0 kg 和2.0 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数为0.2。
在A 上施加水平向右的拉力F ，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增大，在增大到45 N 的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2。
以下判断正确的是( )A ．A 、B 间始终没有相对滑动B ．A 、B 间从受力开始就有相对滑动C ．当拉力F <12 N 时，A 、B 均保持静止状态D ．A 、B 开始没有相对滑动，当F >18 N 时，开始相对滑动解析：选A 单独对B 分析，A 、B 间摩擦力达到最大静摩擦力时，A 、B 刚好要发生相对滑动，此时a B ＝μm A g m B＝6 m/s 2，再对整体分析：F ＝(m A ＋m B )a B ＝48 N ，故只有当拉力F >48 N 时，A 、B 才发生相对滑动，A 对，B 、D 错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运动，C 错。
10．[多选](2018·桂林联考)如图所示，一小物体m (视为质点)从14光滑圆弧轨道上与圆心O 等高处由静止释放，圆弧半径R ＝0.2 m ，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止时，物体m 能滑过右端的B 点，且落在水平地面上的C 点，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体m 滑到最低点A 时对轨道的压力大小与轨道半径R 的大小有关B ．若传送带逆时针运行，则物体m 也能滑过B 点，落在C 点C ．若传送带顺时针运行，则当传送带速度v >2 m/s 时，物体m 落在C 点的右侧D ．若传送带顺时针运行，则当传送带速度v <2 m/s 时，物体m 可能落在C 点的右侧解析：选BCD 由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 02，则v 0＝2 m/s ，传送带静止时，在A 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 02R ，得F ＝3mg ，由牛顿第三定律知F ′＝F ，可知F ′与R 无关，A 错误；若传送带逆时针运行，物体m 也匀减速运动至B 点，与静止情况相同，落在C 点，B 正确；若传送带顺时针运行，v >2 m/s ，物体m 加速运动，落在C 点右侧，C 正确；若v <2 m/s ，物体m 可能先匀减速运动后匀速运动，到达B 点速度可能大于传送带静止时到达B 点的速度，可能落在C 点右侧，D 正确。