第一章 Ⅱ 微专题二 (二)

微专题2板块模型的综合分析命题规律 1.命题角度：(1)牛顿运动定律在板块模型中的应用；(2)动量定理及动量守恒定律在板块模型中的应用；(3)能量观点在板块模型中的应用.2.常用方法：假设法、整体法与隔离法.3.常考题型：选择题、计算题．1．用动力学解决板块模型问题的思路2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．例1(2022·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求：(1)图乙中v1、v2和v3的大小；(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量．答案(1)4 m/s 3 m/s 2 m/s(2)12 J解析(1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v 1，此时木板速度大小v 木＝1 m/s 从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝m v 1＋M v 木 解得v 1＝4 m/s物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v 2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝M v 2 解得v 2＝3 m/s2 s 末物块与木板共同运动的速度大小为v 3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝(m ＋M )v3 解得v 3＝2 m/s(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能 E k1＝12m v 12＋12M v 木2＝9 J物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能 E k2＝12M v 22＝9 J故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能 E k0＝12m v 02＝18 J最终相对静止时系统的动能 E k3＝12(m ＋M )v 32＝6 J所以系统产生的热量 Q ＝E k0－E k3＝12 J.例2 (2022·甘肃金昌市月考)如图所示，一质量M ＝3 kg 的小车由水平部分AB 和14光滑圆轨道BC 组成，圆弧BC 的半径R ＝0.4 m 且与水平部分相切于B 点，小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN 相切，一质量为m 1＝0.5 kg的小物块P 从距离轨道MN 底端高为h ＝1.8 m 处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m 2＝1 kg 的小物块Q (两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车AB 段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度；(2)求物块Q 在小车上运动1 s 时相对于小车运动的距离(此时Q 未到B 点且速度大于小车的速度)；(3)要使物块Q 既可以到达B 点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平长度AB 的取值范围． 答案 (1)4 m/s ，方向水平向右 (2)83m (3)1.5 m ≤L ≤3 m解析 (1)物块P 沿MN 滑下，设末速度为v 0，由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 02解得v 0＝6 m/s物块P 、Q 碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P 、Q 速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 解得v 1＝－2 m/s ， v 2＝4 m/s故碰撞后瞬间物块Q 的速度为4 m/s ，方向水平向右(2)物块Q 与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度 a 2＝－μm 2g m 2＝－2 m/s 2，a 3＝μm 2g M ＝23m/s 2物块Q 的位移x 2＝v 2t ＋12a 2t 2＝3 m小车的位移x 3＝12a 3t 2＝13 m解得s ＝x 2－x 3＝83m(3)物块Q 刚好到达B 点时就与木板共速时AB 段最长，根据动量守恒定律有 m 2v 2＝(m 2＋M )v 3 可得共同速度为v 3＝1 m/s由能量守恒定律得12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋μm 2gL 1解得L 1＝3 m物块Q 刚好回到A 点时与木板共速时，AB 段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v 3＝ 1 m/s由能量守恒定律得12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋2μm 2gL 2解得L 2＝1.5 m当AB 段最短时需要验证物块Q 在圆弧上共速时上升高度是否超过R ，由能量守恒定律得 12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋μm 2gL 2＋m 2gH 解得H ＝0.3 m<R ＝0.4 m所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB 段的长度范围为1.5 m ≤L ≤3 m.(2022·广东湛江市模拟)在光滑水平面上有一质量为2m 、足够长的小车，小车左端锁定着一块质量为m 的木板，两者一起以v 03的速度匀速向右运动．现有一颗质量也为m 的子弹以v 0的水平初速度从同一方向射入木板．若子弹在木板运动过程中所受到的阻力为恒力且等于其自身重力，重力加速度取g .(1)子弹恰好不从木板中穿出，则木板的长度L 为多少？(2)取木板的长度为5v 0236g ，解除对木板的锁定，如果子弹在木板内运动过程中，木板相对小车发生滑动，要使子弹不能从木板中射出，则木板与小车间的动摩擦因数μ应满足什么条件？ 答案 (1)v 026g(2)μ≤0.2解析 (1)木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守恒， 有m v 0＋(m ＋2m )v 03＝(m ＋m ＋2m )v根据能量守恒F f L ＝12m v 02＋12(m ＋2m )(v 03)2－12(m ＋m ＋2m )v 2又F f ＝mg 联立解得L ＝v 026g(2)木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得 a 木＝F f －2μmg m ＝(1－2μ)ga 子＝F f m ＝mg m＝g故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动．子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，设子弹与木板共速时的速度为v ， 有v －v 03a 木＝v 0－v a 子联立解得v ＝23－μ1－μv 0子弹位移x 子＝v 02－v 22g木板位移x 木＝v 2－(v 03)22(1－2μ)g ，x 子－x 木＝5v 0236g联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2 当μ＝0.5时，2μmg ＝F f木板与小车不会发生相对滑动，舍去．因动摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木板条件为μ≤0.2.专题强化练1．(多选)(2022·河北武安市第一中学高三检测)如图甲所示，小车B 紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A (可视为质点)以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体和小车的v －t 图像如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．物体A 与小车B 间的动摩擦因数为0.3 B ．物体A 与小车B 的质量之比为1∶2C ．小车B 的最小长度为2 mD ．如果仅增大物体A 的质量，物体A 有可能冲出去 答案 AC解析 物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体A 分析有μm A g ＝m A a A ，由v －t 图像可得a A ＝Δv 1Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－41 m/s 2＝3 m/s 2，联立解得μ＝0.3，所以A 正确；对小车B 分析有μm A g＝m B a B ，由v －t 图像可得a B ＝Δv 2Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得m A m B ＝13，所以B 错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有L min ＝x A －x B ＝4＋12×1 m－0＋12×1 m ＝2 m ，所以C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A 的加速度保持不变，但是小车B 的加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 与小车B 的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，所以D 错误．2．(多选)(2022·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M 的长木板A 以速度v 0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m 的小滑块B 轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )A ．若只增大m ，则小滑块不能滑离木板B ．若只增大M ，则小滑块在木板上运动的时间变短C ．若只增大v 0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块相对地面的位移变大答案AB解析若只增大滑块质量，滑块的加速度大小保持不变，但木板的加速度增大，所以两者达到共速的时间减少了，则滑块在木板上的相对滑动位移减小，所以滑块不能滑离木板，A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度均减小，相对位移不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板相对地面的位移变小，滑块滑离木板过程中滑块相对地面的位移为板长加木板对地位移，故减小，D 错误．3．(多选)(2022·内蒙古海拉尔第二中学高三期末)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用．滑块、长木板的v－t图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．t＝9 s时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是7.5 mC．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m答案AB解析由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，共同速度为v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s 后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由题图乙知a1＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由题图乙知a2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，从6 s 末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m )g －μ1mg ＝ma 3，解得a 3＝1 m/s 2，这段时间Δt 1＝v 2a 3＝3 s ，所以t ＝9 s 时长木板P 停下来，故A 正确，C 错误；长木板P 的长度至少是前6 s 过程中滑块Q 在长木板P 上滑行的距离Δx 1＝12×5×5 m ＋12×(5＋3)×1 m －12×3×6 m ＝7.5 m ，故B 正确；在从6 s 末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 4，解得a 4＝0.5 m/s 2，这段时间Δt 1＝v 2a 4＝6 s ，所以t 3＝12 s 时滑块Q 停下来，6 s 后滑块Q 在长木板P 上滑行的距离Δx 2＝12×6×3 m －12×3×3 m ＝4.5 m ，前6 s 长木板P 速度更大，后6 s 滑块Q 速度更大，则滑块Q 在长木板P 上滑行的相对位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＝3 m ，故D 错误．4.(2022·四川成都市月考)如图，长为L 的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v 0滑上木板左端．①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v 03；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板．滑块可视为质点，重力加速度大小为g .求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； (2)木板的质量M ；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2. 答案 (1)4v 029gL(2)8m (3)3∶4解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为F f ＝μmg 由动能定理有－F f L ＝12m (v 03)2－12m v 02解得μ＝4v 029gL.(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v ，由能量守恒定律有 μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v 联立两式解得M ＝8m .(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，对滑块由动量定理有 I 1＝m (v 03)－m v 0＝－23m v 0木板不固定时滑块末速度由(2)知 v ＝m v 0m ＋M ＝v 09由动量定理有I 2＝m v －m v 0＝m (v 09)－m v 0＝－89m v 0解得I 1∶I 2＝3∶4.5.(2022·云南省玉溪第一中学高三检测)如图所示，质量M ＝0.9 kg 的木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m ＝1 kg 、可视为质点的物块B 静止放在木板的右端，t ＝0时刻一质量为m 0＝0.1 kg 的子弹以速度v 0＝50 m/s 水平射入并留在木板A 内(此过程时间极短)．已知物块B 与木板A 间的动摩擦因数μ1＝0.20，木板A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.30，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)子弹射入木板过程中系统损失的机械能；(2)子弹“停”在木板内之后瞬间A 和B 的加速度大小； (3)最终物块B 停止运动时距离木板A 右端的距离． 答案 (1)112.5 J (2)8 m/s 2 2 m/s 2 (3)1.125 m解析 (1)子弹射中木板A 的过程动量守恒，有m 0v 0＝(m 0＋M )v 1 由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 02－12(m 0＋M )v 12解得v 1＝5 m/s ，ΔE ＝112.5 J ；(2)子弹“停”在木板内之后瞬间对B 应用牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma B ，对子弹与A 组成的整体应用牛顿第二定律可得μ1mg ＋μ2(m ＋m 0＋M )g ＝(m 0＋M )a A ， 解得a A ＝8 m/s 2，a B ＝2 m/s 2；(3)子弹停在木板A 内之后，A 、B 发生相对滑动，A 减速，B 加速， 设经过时间t 1二者共速，有v 1－a A t 1＝a B t 1 解得t 1＝0.5 s ，此时二者速度为v2＝a B t1＝1 m/s，故此过程A与B相对地面的位移分别为x A＝v1t1－12a A t12，x B＝12a B t12，共速后，因为μ1<μ2，故二者分别做匀减速运动，对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μ2(m＋m0＋M)g－μ1mg＝(m0＋M)a A′，对B应用牛顿第二定律可得μ1mg＝ma B′，解得a A′＝4 m/s2，a B′＝2 m/s2，共速后A、B继续滑行的距离分别为x A′＝v222a A′，x B′＝v222a B′，故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为Δx＝(x A＋x A′)－(x B＋x B′)，联立可得Δx＝1.125 m.6．(2022·山西晋中市高三期末)如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B(可视为质点)．木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2.一个底面光滑、质量也为M＝3 kg 的木块C以速度v0＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞．重力加速度g取10 m/s2.(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A的最小长度．答案(1)2 m/s(2)0.5 m解析(1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v1、v2，木块C与木板A发生弹性碰撞，有M v0＝M v1＋M v212M v02＝12M v12＋12M v22代入数据解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2 m/s(2)碰后木板A 做减速运动，其加速度a 1＝－μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝－3 m/s 2 木块B 做加速运动，其加速度a 2＝μ1mg m＝μ1g ＝1 m/s 2 设二者速度相同时速度为v ，有v －v 2a 1＝v a 2解得v ＝0.5 m/s此过程中木板A 的位移为x 1＝v 2－v 222a 1＝58m 木块B 的位移为x 2＝v 22a 2＝18m 二者速度相同后，木板A 继续减速，假设B 相对A 向右滑动，则A 的加速度为a 3＝μ1mg －μ2(m ＋M )g M ＝－73m/s 2 木块B 向右做减速运动，其加速度a 4＝－μ1mg m＝－μ1g ＝－1 m/s 2 因为|a 3|>|a 4|，假设成立．所以速度相同后，木块B 相对木板A 将向右运动，直至停止．A 向右减速到零的位移x 3＝0－v 22a 3＝356m A 减速到零时，由于μ1mg <μ2(m ＋M )g ，故保持静止．B 向右减速到零的位移为x 4＝0－v 22a 4＝18m 即B 先相对A 向左移动了x 1－x 2＝0.5 m ，后相对A 向右移动了x 4－x 3＝114m ， 则要保证木块B 不从木板A 上滑下，木板A 的最小长度为L ＝x 1－x 2＝0.5 m.7.(2022·山东省模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M ＝2 kg 的长木板B 沿着斜面以速度v 0＝9 m/s 匀速下滑，现把一质量为m ＝1 kg 的铁块A轻轻放在长木板B 的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A 与B 间、B 与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)铁块A 和长木板B 共速后的速度大小；(2)长木板的长度；(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等．答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析解析 (1)根据动量守恒定律有M v 0＝(M ＋m )v解得v ＝6 m/s(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75对铁块A 受力分析有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝12 m/s 2对长木板受力分析有Mg sin θ－μmg cos θ－μ(M ＋m )g cos θ＝Ma 2解得a 2＝－6 m/s 2经过时间t 速度相等，有v ＝v 0＋a 2t ＝a 1t铁块运动位移x 1＝v 2t ＝1.5 m 长木板运动位移x 2＝v 0＋v 2t ＝3.75 m 长木板的长度l ＝x 2－x 1＝2.25 m(3)系统动能的变化量ΔE k ＝12(M ＋m )v 2－12M v 02＝－27 J 铁块重力势能的变化量ΔE p1＝－mgx 1sin θ＝－9 J长木板重力势能的变化量ΔE p2＝－Mgx2sin θ＝－45 J长木板与斜面之间摩擦产生的热量Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2＝μmgl cos θ＝13.5 J因为ΔE k＋ΔE p1＋ΔE p2＋Q1＋Q2＝0 故系统能量守恒．。

微专题2 匀变速直线运动推论及应用1．凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初、末速度时，要尝试运用平均速度公式.2.若问题中涉及两段相等时间内的位移或相等Δv 的运动时可尝试运用Δx ＝aT 2.3.若从静止开始的匀加速直线运动，涉及相等时间或相等位移时，则尝试应用初速度为零的比例式．1.如图所示，一汽车在平直公路上做匀变速直线运动，依次经过A 、B 、C 、D 四棵树，已知汽车经过AB 段、BC 段和CD 段所需的时间分别为t 、2t 、3t ，在AB 段和CD 段发生的位移分别为x 1和x 2，则该汽车运动的加速度为( )A.x 2－x 1t 2B.x 2－x 16t 2C.x 2－3x 112t 2D.x 2－3x 118t 2答案 C解析 设汽车的加速度为a ，根据“匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度”这一推论，AB 段中间时刻的速度v 1＝x 1t ，CD 段中间时刻的速度v 2＝x 23t ，结合加速度的定义，有a ＝v 2－v 1t 2＋2t ＋3t 2，联立解得a ＝x 2－3x 112t 2，C 正确．2．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为8 m 和6 m ，则( ) A ．公共汽车的加速度大小为3 m/s 2 B ．第2 s 末的速度大小为7 m/s C ．刹车后6 s 内的位移大小为18 m D ．公共汽车的初速度大小为9 m/s 答案 D解析 根据Δx ＝aT 2得，汽车刹车的加速度a ＝6－81 m/s 2＝－2 m/s 2，即公共汽车的加速度大小为2 m/s 2，故A 错误；根据x 1＝v 0t 1＋12at 12，代入数据解得v 0＝9 m/s ，则第2 s 末的速度大小为v 2＝v 0＋at ＝(9－2×2) m/s ＝5 m/s ，故B 错误，D 正确；汽车开始刹车到停下的时间t 0＝0－v 0a ＝4.5 s ，刹车后6 s 内的位移大小等于前4.5 s 内的位移，即x ＝v 02t 0＝92×4.5 m ＝20.25 m ，故C 错误．3．(多选)小辉是一名体育特长生，特长为100米短跑，假设百米训练中，前6 s 内做匀加速直线运动，其中第2 s 内的位移是2.5 m ，第5 s 内的位移是7.5 m ，则下列说法正确的是( ) A ．前6 s 内加速度为53 m/s 2B ．第3 s 末速度为5 m/sC ．第2 s 内平均速度为1.25 m/sD ．第3 s 初至第4 s 末，这两秒内位移为10 m 答案 ABD解析 根据x 5－x 2＝3aT 2，可求得加速度为a ＝53 m/s 2，故A 正确；第2 s 内平均速度v 2＝x 2T ＝2.5 m/s ，故C 错误；第1.5 s 末速度与第2 s 内平均速度相同，则由速度时间关系式可得第3 s 末速度为x 3＝2.5 m/s ＋53×1.5 m/s ＝5 m/s ，故B 正确；第3 s 初至第4 s 末，这两秒内平均速度为第3 s 末速度5 m/s ，所以这两秒内位移为10 m ，故D 正确．4.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动，依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E ，已知AB ＝BD ＝6 m ，BC ＝1 m ，滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2 s ．设滑块经C 时的速度为v C ，则( )A ．滑块上滑过程中加速度的大小为0.5 m/s 2B ．vC ＝6 m/s C ．DE ＝3 mD ．从D 到E 所用时间为2 s 答案 A解析 由题意知，AC ＝7 m ，CD ＝5 m ，根据Δx ＝aT 2得加速度为a ＝Δx T 2＝5－722 m/s 2＝－0.5 m/s 2，故A 正确；C 点的速度等于AD 段的平均速度，则有v C ＝x AC ＋x CD 2T ＝7＋54m/s＝3 m/s ，故B 错误；根据速度位移公式得，CE 间的距离为CE ＝0－v C 22a ＝0－322×(－0.5) m＝9 m ，则DE ＝9 m －5 m ＝4 m ，故C 错误； 采用逆向思维，根据x DE ＝12at 2，得t ＝2x DE a＝2×40.5s ＝4 s ，故D 错误． 5.蹦极是一项刺激的户外休闲活动，可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”．如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳系在腰上，然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔．设弹性绳的原长为L ，蹦极者下落第一个L5时速度的增加量为Δv 1，下落第五个L5时速度的增加量为Δv 2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则Δv 1Δv 2满足( )A ．1<Δv 1Δv 2<2B ．2<Δv 1Δv 2<3C ．3<Δv 1Δv 2<4D ．4<Δv 1Δv 2<5答案 D解析 蹦极者下落高度L 的过程为初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶(5－2)∶…，可知t 1t 2＝15－2＝5＋2，即4<t 1t 2<5，根据Δv ＝gt ，可得4<Δv 1Δv 2<5，故D 正确，A 、B 、C 错误．6．(2023·重庆市高三质检)钢架雪车也被称为俯式冰橇，是北京冬奥会的比赛项目之一．运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行．比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成．若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区间的运动视为匀减速直线运动．运动员通过减速区时间为t ，其中第一个t 4时间内的位移为x 1，第四个t4时间内的位移为x 2，则x 2∶x 1等于( ) A ．1∶16 B ．1∶7 C ．1∶5 D ．1∶3 答案 B解析 由题意知，在减速区间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动在连续相等时间内位移之比为1∶3∶5∶…可知，x 2∶x 1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个t 4时间内的位移与第四个t4时间内的位移之比，即x 2∶x 1＝1∶7，故选B. 7．一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，关于该物体在减速运动的倒数第3 m 、倒数第2 m 、最后1 m 内的运动，下列说法中正确的是( ) A ．经历的时间之比是1∶2∶3 B ．平均速度之比是3∶2∶1C ．平均速度之比是1∶(2－1)∶(3－2)D ．平均速度之比是(3＋2)∶(2＋1)∶1 答案 D解析 将物体所做末速度为零的匀减速直线运动看成反方向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，经历的时间之比是(3－2)∶(2－1)∶1，A 错误；平均速度公式为v ＝xt ，x 都是1 m ，则得，平均速度与时间成反比，则有平均速度之比是(3＋2)∶(2＋1)∶1，D 正确，B 、C 错误．8．一辆汽车以6 m/s 的速度沿平直公路匀速行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车以大小2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，则下面说法正确的是( ) A ．第1 s 内与第3 s 内的位移之差3 m B ．刹车的整个过程平均速度大小为3 m/sC ．刹车后1 s 内与刹车后4 s 内汽车通过的位移之比为5∶8D ．刹车的第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比为3∶2∶1 答案 B解析 汽车从刹车到停止的时间为t 0＝v 0a ＝3 s ，则从刹车到停止的位移为x ＝v 022a ＝9 m ，刹车的整个过程平均速度大小为v ＝93 m/s ＝3 m/s ，由逆向思维，汽车反向做初速度为零的匀加速直线运动，可得刹车的第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比为5∶3∶1，则刹车后第1 s 内的位移为5 m ，第2 s 内的位移为3 m ，第3 s 内的位移为1 m ，可得第1 s 内与第3 s 内的位移之差4 m ，汽车刹车后1 s 内与刹车后4 s 内汽车通过的位移之比为5∶9.故选B.。

微专题2太阳视运动1．太阳视运动轨迹图太阳视运动是指一天中肉眼所见太阳在天空中东升西落的运行状况。

其中日出东方，日落西方，正午12时(地方时)时位于观察者的正南方、正北方或正上方。

下图反映的是北纬40°附近某地在二分二至日的太阳视运动轨迹。

该图可反映日出日落时间与昼夜长短、日出日落方位、太阳高度变化等。

下面四图分别是北回归线与北极圈之间的某地、南回归线与南极圈之间的某地、北半球刚好出现极昼的地区、南半球刚好出现极昼的地区的太阳视运动轨迹图。

2．一年中太阳的日出、日落方位(1)太阳直射点位于北半球时，除极昼(极夜)地区的以外区域，日出东北、日落西北。

如图1、图2中的夏至日太阳视运动轨迹。

(2)太阳直射点位于南半球时，除极昼(极夜)地区的以外区域，日出东南、日落西南。

如图1、图2中的冬至日太阳视运动轨迹。

(3)太阳直射点在赤道时，全球各地日出正东，日落正西。

如图1、图2中的春秋分日太阳视运动轨迹。

(4)北半球刚好出现极昼的地区：日出正北、日落正北。

如图3中的太阳视运动轨迹。

(5)南半球刚好出现极昼的地区：日出正南、日落正南。

如图4中的太阳视运动轨迹。

3．正午太阳的方位(极昼与极夜地区除外)(1)直射点以北地区：太阳始终位于正南。

如图1中二分二至日的太阳视运动轨迹，图3中的太阳视运动轨迹。

(2)直射点以南地区：太阳始终位于正北。

如图2中二分二至日的太阳视运动轨迹，图4中的太阳视运动轨迹。

(3)在直射点上：太阳始终位于正上方。

4．一天中太阳方位的变化(以北半球为例，极昼、极夜地区除外)(1)春、秋分：正东→东南→正南→西南→正西。

(2)直射点在北半球，且位于直射点以北的地区：东北→正东→东南→正南→西南→正西→西北。

(3)直射点在北半球，且直射的地区：东北→正上方→西北。

(4)直射点在北半球，且位于直射点以南的地区：东北→正北→西北。

(5)直射点在南半球：东南→正南→西南。

5．昼长与日出日落时间在北半球，昼越长，日出越早，日落越晚，日出日落的位置越偏北，太阳视运动的弧度越大；反之，在北半球，昼越短，日出越晚，日落越早，日出日落位置越偏南，太阳视运动的弧度越小。

微专题2 匀变速直线运动规律——推论公式法方法点拨1．凡问题中涉与位移与发生这段位移所用时间或一段运动过程的初末速度时，要尝试平均速度公式．2．假设问题中涉与两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2. 1．(2020·河北武邑中学月考)做匀加速直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s.如此质点的加速度大小为( )A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s22．(2019·四川成都市高新区模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，AB ＝6m，BC＝10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，如此小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )A．2m/s,3m/s,4m/sB．2m/s,4m/s,6m/sC．3m/s,4m/s,5m/sD．3m/s,5m/s,7m/s3．(2019·福建省六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m(未落地)，如此( ) A．物体在2s末的速度大小是20m/sB．物体在第5s内的平均速度大小是3.6m/sC．物体在前2s内的位移大小是20mD．物体在5s内的位移大小是50m4．(2019·安徽蚌埠市第二次质检)图1中ae为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，假设汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，如此通过ce段的时间为( )图1A．t B.2t C．(2－2)t D．(2＋2)t5．(多项选择)一物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动．假设物体在第1s 内位移为 8.0m ，在第3s 内位移为0.5m ．如此如下说法正确的答案是( ) A ．物体的加速度大小一定为4.0m/s 2B ．物体的加速度大小一定为3.75m/s 2C ．物体在第0.5s 末速度一定为8.0m/sD ．物体在第2.5s 末速度一定为0.5m/s6．(多项选择)如图2，一长为L 的长方体木块可在倾角为α的斜面上以加速度a 匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L ，木块经过1、2两点所用的时间分别为t 1和t 2，如此如下说法正确的答案是( )图2A ．木块前端从点1到点2所用时间为t 1－t 22＋L a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1 B ．木块前端从点1到点2所用时间为L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1C ．木块通过点2的平均速度为L t 2D ．1、2两点间的距离是L 22a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 127．(2020·宁夏银川市检测)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时发生位移x 2，如此该质点的加速度为( )A ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2B ．2Δv 2x 2－x 1C ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2D.Δv 2x 2－x 1答案精析1．C [根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3s 内的平均速度为第1.5s 末的速度；第一个5s 内的平均速度为第2.5s 末的速度．如此由a ＝Δv Δt 可得a ＝31m/s 2＝3m/s 2，应当选C.]2．B [根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B 点的速度就是AC 段的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4m/s ；又因为两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δx ＝at 2，如此由Δx ＝BC －AB ＝at 2，解得a ＝1m/s 2；再由速度公式v t ＝v 0＋at ，解得v A ＝2m/s ，v C ＝6m/s ，应当选项B 正确．]3．D [设该星球外表的重力加速度为g ，由自由下落在第5s 内的位移是18m ，可得12g ×(5s)2－12g ×(4s)2＝18m ，如此g ＝4m/s 2.所以物体在2s 末的速度大小为8m/s ，选项A 错误；物体在第5s 内的平均速度大小为18m/s ，选项B 错误；物体在前2s 内的位移大小是12g ×(2s)2＝8m ，选项C 错误；物体在5s 内的位移大小是12g ×(5s)2＝50m ，选项D 正确．]4．C [设汽车的加速度为a ，经过bc 段、ce 段的时间分别为t 1、t 2，x ab ＝12at 2，x ac ＝12a (t＋t 1)2，x ae ＝12a (t ＋t 1＋t 2)2，解得：t 2＝(2－2)t ，应当选C.]5．AC [假设物体一直做匀减速直线运动，在第3s 末未停下来，根据匀变速直线运动规律可知，某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，故t 1＝0.5s 时刻的瞬时速度v 1＝8.0m/s ，t 2＝2.5s 时刻的瞬时速度为v 2＝0.5m/s ，根据加速度的定义式可得加速度大小为a 1＝v 1－v 2t 2－t 1＝3.75m/s 2，如此物体从0.5s 时刻开始到停下来所用时间为t ＝v 1a 1＝3215s ，即物体整个运动时间为0.5s ＋3215s ＜3s ，故假设不成立，v 2并非2.5s 时刻的瞬时速度，物体一定在3s 时刻之前停止运动．设物体在2s 时刻后再运动t 0时间停下，如此v 1＝a (1.5s ＋t 0)，2s 时刻物体的速度为v 2′＝v 1－a ×1.5s，从2s 时刻开始到物体停下来的这段时间内，即t 0时间内物体运动的位移x ＝v 2′t 0－12at 02＝0.5m ，解得t 0＝0.5s ，a ＝4m/s 2，故物体实际上在2.5s 时刻停止运动，此后静止，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]6．AC [设木块前端通过点1后t 12时刻的速度为v 1′，通过点2后t 22时刻的速度为v 2′，由匀变速直线运动平均速度的推论有v 1′＝Lt 1，v 2′＝L t 2，木块前端从点1到点2所用时间t ＝v 2′－v 1′a ＋t 12－t 22＝t 1－t 22＋L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1，故A 正确，B 错误；木块通过点2的时间为t 2，经历的位移为L ，如此木块通过点2的平均速度为Lt 2，故C 正确；木块前端经过点1的速度v 1＝L t 1－a t 12，木块前端经过点2的速度v 2＝L t 2－a t 22，如此1、2两点间的距离x ＝v 22－v 122a ≠L 22a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 12，故D 错误．] 7．D。

匀变速直线运动的推论及应用[方法点拨] 应用推论往往会使解题过程变得非常简捷，特别是已知时间t 内的位移为x 时，可得t2时刻的瞬时速度，这往往会成为解题的技巧.1.(2018·湖北省八市联考)如图1所示，在匀速上升的电梯里，一小球从电梯地板被竖直向上弹出后又向下落回地板，这一过程中小球没有触碰电梯天花板，不计空气阻力，下列对这一过程的分析正确的是( )图1a 点自由落下，先后经过b 点和cb 点时的速度为v ，经过c 点时的速度为3v ，则ab 段与bc段位移之比为( ) A.1∶3B.1∶5C.1∶8D.1∶93.(多选)(2018·陕西省榆林市一模)一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一排电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )2B.汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为15m/s4.如图2所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q 、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3m ，QN 长度为4m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )图2A.2mB.98mC.2585.物体以某一速度冲上一光滑斜面(足够长)，加速度恒定，前4s 内位移是1.6m ，随后4s 内位移是零，则下列说法中错误的是( )2D.物体回到斜面底端，总共需时12s6.(多选)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光的时间间隔为1s.分析照片得到的数据发现：质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m.由上述条件可知( )227.自由落体机是一种使人体验超重和失重的巨型娱乐器械.一个可乘十多人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下(加速度可看成g )，落到一定位置时，制动系统启动，制动加速度为ah ，求： (1)下落过程中的最大速度； (2)整个下落过程经历的时间.答案精析1.D [小球有下落过程，则小球的位移大小小于路程，故A 错误；小球的位移和电梯的位移相同，运动时间相同，所以小球的平均速度和电梯的速度相等，故B 、C 错误；设电梯的速度为v 1，小球的初速度为v 0，末速度为v t ，小球从弹出到落回地板所用的时间为t ，据分析可知，当小球的速度与电梯的速度相等时，离电梯天花板最近，设小球到达此点用时为t 0，由运动学规律可得v t ＝v 0－gt ，v 0＋v t 2t ＝v 1t ，v 0－gt 0＝v 1，联立可得t 0＝t2，故D 正确.]2.C [由v ＝gt 可知小石块自下落开始到达b 点所用时间与到达c 点所用时间之比为t 1∶t 2＝1∶3，根据h ＝12gt 2可得，ab 段与ac 段的位移之比为1∶9，故可得ab 段与bc 段的位移之比为1∶8，选项C 正确.]3.AC [汽车在10s 内的位移为x 13＝50×2m＝100m ，由运动公式得x 13＝v 1t ＋12at 2，代入数据解得a ＝1m/s 2，故A 正确；由v 2－v 02＝2ax 有v 72－v 12＝2ax 17，解得经过第7根电线杆时的瞬时速度v 7＝25m/s ，故B 错误；汽车从第1根到第7根电线杆的时间t 7＝v 7－v 1a＝20s ，汽车在第3根至第7根电线杆间运动所用的时间t 37＝t 7－t 3＝(20－10) s ＝10s ，故C 正确；汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度v ＝x 37t 37＝50×410m/s ＝20m/s ，故D 错误.] 4.C [设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δx ＝at 2得， 加速度a ＝Δx t 2＝4－3m t 2＝1mt2. Q 点的速度等于PN 段的平均速度， v Q ＝x PQ ＋x QN 2t ＝3＋4m 2t ＝7m 2t.则OQ 间的距离x OQ ＝v 2Q 2a ＝49m 24t 2×t 22m ＝498m ，则OP 的长度x OP ＝x OQ －x PQ ＝498m －3m ＝258m ，故C 正确.] 5.B [取沿斜面向上的方向为正方向，由Δx ＝at 2可知，物体的加速度a ＝Δx t2＝m/s 22，根据匀变速直线运动的位移－时间关系知物体前4s 内的位移x ＝v 0t ＋12at 2，则物体的初速度为v 0＝x －12at 2t＝1.6－12××424m/s ＝0.6m/s ，所以物体向上运动的最大距离为x m ＝0－v202a＝m ＝1.8m.由运动的对称性可知，物体回到出发点的时间为12s ，综上所述，A 、C 、D 正确，B 错误.]6.AC [根据x 3－x 1＝2aT 2得质点的加速度为a ＝x 3－x 12T2＝m/s 22，故A 正确，B 错误；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，第一次和第二次闪光中间时刻质点的速度为v 1＝x 1T ＝m/s ＝0.2m/s ，则第一次闪光时质点的速度为v ＝v 1－a T2＝0.2m/s －0.3×0.5m/s＝0.05m/s ，故C 正确，D 错误.] 7.(1)2agha ＋g(2)2ha ＋gag解析 (1)设自由下落的高度为h 1，制动系统启动后，下落的高度为h 2，最大速度为v . 由题意可知v 2＝2gh 1，v 2＝2ah 2，h 1＋h 2＝h ， 联立解得v ＝2agha ＋g. (2)设整个下落过程经历的时间为t ，自由下落的时间为t 1，制动后运动的时间为t 2. 由题意可知h 1＝v 2t 1，h 2＝v2t 2，t ＝t 1＋t 2，联立解得t ＝2ha ＋gag.。

微专题(二) 焓变的大小比较一、ΔH 大小比较时注意事项ΔH 是有符号“＋”“－”的，比较时要带着符号比。

1．吸热反应的ΔH 为“＋”，放热反应的ΔH 为“－”，所以吸热反应的ΔH 一定大于放热反应的ΔH 。

2．放热反应的ΔH 为“－”，所以放热越多，ΔH 越小。

二、常见的几种ΔH 大小比较方法(1)如果化学计量数加倍，ΔH 的绝对值也要加倍例如，H 2(g)＋12O 2(g)===H 2O(l) ΔH 1＝－a kJ·mol －1；2H 2(g)＋O 2(g)===2H 2O(l) ΔH 2＝－b kJ·mol －1，其中ΔH 2＜ΔH 1＜0，且b ＝2a 。

(2)同一反应，反应物或生成物的状态不同，反应热不同在同一反应里，反应物或生成物状态不同时，要考虑A(g)放热吸热A(l)放热吸热A(s)，或者从三状态自身的能量比较：E (g)＞E (l)＞E (s)，可知反应热大小亦不相同。

如S(g)＋O 2(g)===SO 2(g) ΔH 1＝－a kJ·mol －1S(s)＋O 2(g)===SO 2(g) ΔH 2＝－b kJ·mol －1(3)晶体类型不同，产物相同的反应，反应热不同如C(s ，石墨)＋O 2(g)===CO 2(g) ΔH 1＝－a kJ·mol －1C(s ，金刚石)＋O 2(g)===CO 2(g) ΔH 2＝－b kJ·mol －1(4)根据反应进行的程度比较反应热大小①其他条件相同，燃烧越充分，放出的热量越多，ΔH 越小，如C(s)＋12O 2(g)===CO(g) ΔH 1；C(s)＋O 2(g)===CO 2(g) ΔH 2，则ΔH 1＞ΔH 2。

②对于可逆反应，由于反应物不可能完全转化为生成物，所以实际放出(或吸收)的热量小于相应的热化学方程式中的ΔH 的绝对值。

如：2SO 2(g)＋O 2(g)2SO 3(g)ΔH ＝－197 kJ·mol －1，向密闭容器中通入2 mol SO 2(g)和1 mol O 2(g)，发生上述反应，达到平衡后，放出的热量小于197 kJ ，但ΔH 仍为－197 kJ·mol －1。