标题-2018学年高中二轮复习物理江苏专版：第一部分 专题二 十、应用功能关系破解叠放体中的能量问题

（江苏专版）2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编目录【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练2含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练3含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练4含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练5含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练6含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练7含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练8含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练9含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练10含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练11含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练12含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练13含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练14含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练15含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练16含解析二轮滚讲义练（一）滚动练 一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a 给超级电容器C 充电，然后将开关拨到b 可使电阻很小的导体棒EF 沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )A ．电源给电容器充电后，M 板带正电B ．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C ．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。

专题二力与直线运动考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、a－t图象T5：自由下落与竖直上抛运动及v－x图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3:物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块,一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中,匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点.从近三年命题情况看，命题特点为：（1)注重基础与迁移.如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于中等。

（2）注重过程与方法。

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

难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。

1。

（2017·徐州沛县中学高三第一次质检）一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s速度刚好减为零.若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m，那么该物体在这3 s内的平均速度大小是（)A。

1 m/s B.3 m/s C。

5 m/s D。

9 m/s解析采用逆向思维法，根据x＝错误!at2得,物体的加速度大小a＝错误!＝错误!m/s2＝2 m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23 m/s＝6 m/s，物体在这3 s内的平均速度错误!＝错误!＝错误!m/s＝3 m/s,故B项正确，A、C、D项错误.答案B2。

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

答案D3.（2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象.两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2。

专题跟踪检测（十） 应用功能关系破解叠放体中的能量问题1.一个质量为m 的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角为30°的斜面，其加速度为34g ，如图所示，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则此过程中( ) A ．物体动能增加了32mghB ．物体克服重力做功mghC ．物体机械能损失了mghD ．物体克服摩擦力做功14mgh解析：选B 物体在斜面上加速度为34g ，方向沿斜面向下，物体所受合力F 合＝ma ＝34mg ，方向沿斜面向下，斜面倾角为30°，由几何关系知，物体从斜面底端到最大高度处的位移为2h ，物体从斜面底端到最大高度处，合力做功W 合＝－F 合×2h ＝－32mgh ，根据动能定理得W 合＝ΔE k ，所以物体动能减小32mgh ，故A 错误；根据功的定义式得：重力做功W G ＝－mgh ，故B 正确；重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh ，而物体动能减小32mgh ，所以物体机械能损失了12mgh ，故C 错误；除了重力之外的力做的功量度机械能的变化，物体除了重力之外还有摩擦力做功，物体机械能减小了12mgh ，所以摩擦力做功为－12mgh ，故D 错误。

2.如图所示，足够长的木板B 置于光滑水平面上，木块A 置于木板B 上，A 、B 接触面粗糙，动摩擦因数为一定值，现用一水平恒力F 作用在B 上使其由静止开始运动，A 、B 之间有相对运动，下列说法正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力的功率是不变的B ．力F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量C ．力F 对B 做的功等于B 动能的增加量D ．B 对A 的摩擦力做的功等于A 动能的增加量解析：选D B 对A 的摩擦力一定，A 的速度增大，由P ＝Fv 知B 对A 的摩擦力的功率增大，故A 错误；对整体分析可知，F 做功转化为A 、B 系统的动能及内能，故F 做的功一定大于A 、B 系统动能的增加量，故B 错误；由动能定理可知，力F 对B 做的功与A 对B 的摩擦力做功的代数和等于B 动能的增加量，故C 错误；只有B 对A 的摩擦力对A 做功，由动能定理知B 对A 的摩擦力做的功等于A 动能的增加量，故D 正确。

专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第131页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8-21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()【导学号：17214143】图8-21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2．(2017·洛阳三模)如图8-22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图8-22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U ．由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．]3．如图8-23，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )【导学号：17214144】图8-23A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0C [在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，即B 1＝B 0依据几何关系及三角知识，则有：B P cos 30°＝12B 0解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为B P ＝33B 0当P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2＝33B 0因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，磁场大小为B 0；最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B ＝B 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33B 02＝233B 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图8-24中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN ，以速度v 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ．则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )【导学号：17214145】图8-24A ．8U R 2B 2 B ．4U R 2B 2C ．6U R 2B 2D ．2U R 2B 2C [带电粒子运动轨迹如图设粒子加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2tan ∠GOF ＝3R R ＝3得∠GOF ＝60°∠EO ′G ＝120°tan ∠OO ′G ＝tan 60°＝R r ，得r ＝33R所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝33R又q v B ＝m v 2r ，则q m ＝6U R 2B 2．]5．两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图8-25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )【导学号：17214146】图8-25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2017·湖南十三校一联)如图8-26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g ．根据以上信息，可以求出的物理量有( )图8-26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7．如图8-27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图8-27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8．(名师原创)如图8-28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图8-28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m v qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2017·辽宁省辽南协作校联考)如图8-29所示，在矩形ABCD 内，对角线BD 以上的区域存在平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD 边长为L ，AB 边长为3L ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，经对角线BD 某处垂直BD 进入磁场．求：图8-29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【导学号：17214147】【解析】 (1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC ＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x ＝v 0v y ＝3v 0则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2v 0．(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1，解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL ． (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5，得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL．【答案】 见解析10．(16分)北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图8-30所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行于EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ．图8-30(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝deB m 的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，正、负电子仍以v 1＝deB m 的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ，以F 点为原点建立如图8-30所示的坐标系，求正、负电子相撞的位置坐标．【导学号：17214148】【解析】 (1)从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D 入射的电子碰撞；若从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN 边界射出，所以，由左手定则可判断从C 入射的电子为正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，则由动能定理可得：Ue ＝12m v 20，所以，U ＝m v 202e ．(2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以有B v 1e ＝m v 21R 1，则R 1＝m v 1Be ＝d ，T ＝2πR 1v 1＝2πm eB 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，甲所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：t ＝T ＝2πm eB ．(3)电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R 1＝d ，运动周期T 1＝2πm eB ；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，则电子在Ⅱ区域中运动时半径R 2＝3d ，运动周期T 2＝6πm eB ；负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ＝16T 2，乙电子射入后的轨迹如图乙所示，若两电子同时射出，则两电子交与H 点；现负电子射入时刻滞后于正电子16T 2，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转16×360°＝60°，所以，两电子相撞的位置在H 点以圆心向负电子方向转过30°，即A 点；易知H 点坐标为(3d ，4d )，所以，A 点坐标为(3d cos 30°，4d －3d sin 30°)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d ． 【答案】 (1)正电子m v 202e (2)2πmeB (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d。

运动和力2018新题赏析题一：交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运动情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。

郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，错误！未找到引用源。

红灯时间错误！未找到引用源。

，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后错误！未找到引用源。

要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口（即经过前一路口后，在下一路口第一次红灯亮之前通过该路口）。

汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。

某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？（计算结果保留两位有效数字）题二：交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的，若继续前行则视为闯黄灯。

现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，黄灯提示3 s后将转为红灯。

请问：（1）若甲车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若甲、乙两车均以v0＝15 m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车司机的反应时间Δt2＝0.4 s）。

已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1＝5 m/s2、a2＝6 m/s2。

若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距停车线L＝30 m，要避免闯红灯，他的最长反应时间Δt1为多少？（3）满足第（2）问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的最小距离s0多大？题三：如图所示为在某十字路口附近的一橡胶减速带，一警用巡逻车正以20 m/s的速度行驶在该路段，在离减速带50 m时巡逻车开始做匀减速运动，结果以5 m/s的速度通过减速带，通过后立即以2.5 m/s2的加速度加速到原来的速度。

专题二 力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【导学号：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】 解此题抓住两点：(1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8 m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 51＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2．则下列说法中正确的是( )【导学号：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v 02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【导学号：17214017】A ．v tB ．v t 2C ．2v tD ．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为：x ＝v t ＝0＋v 2t ＝v t 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．]●考向3 追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4 m/s 的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16 m/s 的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2 m/s 2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【导学号：17214018】图2-3【解析】 当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有 对乙车：t ＝v 甲－v 乙a ＝4－(－16)2s ＝10 s 在这段时间内，甲车的位移为x 甲＝v 甲t ＝4×10 m ＝40 m 乙车的位移为x 乙＝v 0t ＋12at 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102 m ＝－60 m 所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L ＝x 甲＋|x 乙|＝100 m ．【答案】 波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m ．考点2| 运动图象问题 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()【导学号：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A[由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是()【导学号：17214020】A[根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v ＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v-t图象不可能的是()【导学号：17214021】A BC DC[若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma；下滑时有：mg sin α－μmg cos α上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等＝ma下于加速度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D 图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是()【导学号：17214022】图2-4A BC DB[物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是()【导学号：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B[在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．]7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力()【导学号：17214024】图2-6A ．x ＝1 m 时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3m/s 2＝－23 m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【导学号：17214025】图2-7A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【导学号：17214026】图2-9A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg3m ＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmg m ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【导学号：17214027】【解析】 根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v 202μg ．(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则a y a x＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δv y Δv x＝tan θ 且由题意知tan θ＝v y v x则v ′y v ′x ＝v y －Δv y v x －Δv x＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0．(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ，由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x ＝0－v 20在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0工件滑动时间：t ＝2v 0a y乙前进的距离：y 1＝2v 0t工件相对乙的位移：L ＝x 2＋(y 1－y )2则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmg v 05． 【答案】 (1)2v 202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmg v 058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5 kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1 m ，取g ＝10 m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【导学号：17214028】【解析】 (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l )m 2]g代入数据得F ＝22．4 N ．【答案】 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F ＞2μ(m 1＋m 2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1 瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC 和BD 悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D[薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD 延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为()图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC[以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为()甲乙图2-14A．4 kg B．3 kgC．2 kg D．1 kgB[设A、B的质量分别为m和M．当F＝4 N时，加速度为：a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a代入数据解得：M＋m＝4 kg当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝F－μmgM＝1M F－μmgM知a-F图线的斜率k＝1M＝1，解得：M＝1 kg，所以A的质量为：m＝3 kg．故B正确，A、C、D错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，计算结果请用μ、h和g表示．图2-15(1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【导学号：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝2(1－μ)gh．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是2(1－μ)gh(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过()【导学号：17214030】图2-16A ．F 0m －gB ．g ＋F 0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2＋g 2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：F 20－(mg )2＝ma解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图2-17所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，①A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0．5，A 、B 开始运动， 此时刻为计时起点；在第2 s 末，②B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，③A 离B 下边缘的距离l ＝27_m ，C 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s时间内A和B加速度的大小；(2)⑤A在B上总的运动时间．[信息解读]①摩擦因数突变，A与B会相对滑动，分别隔离A、B进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分)可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1 和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A 、B 运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v -t 图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。

专题限时集训(一) 力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1-12所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b 、c ，将其挂在竖直墙的钉子a 上，a 到b 、c 两点的距离相等，b 、c 间的距离为s ，相框重为G ，细绳能承受的最大拉力为G ，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于( )【导学号：17214018】图1-12A ．33sB ．233sC ．3sD ．23sB [矩形相框受力如图：设细线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，竖直方向，有：2T sin α＝G ，设细线长度为L ，结合几何关系，有：sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫s 22L 2，联立解得：L ＝233s ，故A 、C 、D错误，B 正确．]2．如图1-13，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线(细线质量、受风力不计)，使风筝处于静止．不计空气浮力．则( )图1-13A．风对风筝的作用力方向水平向右B．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力C．地面对人的作用力方向斜向左上方D．拉直的细线可能垂直风筝面C[设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F．先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面，故A、D错误；对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M＋m)g＝N＋F cos β，β是风筝与水平面之间的夹角；则得：N＝(M＋m)g－F cos β＜(M＋m)g．地面对人的作用力方向斜向左上方，故B错误，C正确．]3．(2018·南京市盐城市二联)如图1-14所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()【导学号：17214018】图1-14A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变D[以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B 错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误，D正确．]甲乙4．(2018·天津河西区二模)将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图1-15所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则()【导学号：17214010】图1-15A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B．物体A只受一个摩擦力C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力D．物体B在水平方向受三个力的作用C[对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力F N、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有f2sin 60°＝F N，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B 的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．] 5．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图1-16所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()【导学号：17214011】图1-16A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C．当θ不同时，运动员受到的地面合力不同D．当θ不同时，运动员与地面间的相互作用力不相等A[运动员的两只手受到的地面的作用力如图：两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，所以：F＝G2cos θ2，当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故A正确；当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故B错误；两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，可知不管角度如何，运动员受到的地面对运动员的合力始终与运动员的重力大小相等，方向相反，故C错误；根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是等大，故D错误．]6．如图1-17所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止．下列说法正确的是()【导学号：17214012】图1-17A ．斜块对球的作用力为m 1g /cos θB ．地面对斜块的摩擦力为μ(m 1＋m 2)gC ．减小m 1，地面对斜块的摩擦力一定减小D ．减小m 1，墙面对球的作用力一定增大AC [小球受力情况如图所示，根据三力平衡，斜块对球的作用力F N2＝m 1g cos θ，选项A 正确；根据小球平衡，墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，整体研究m 1和m 2，地面对斜块的静摩擦力为m 1g tan θ，减小m 1，地面对斜块的静摩擦力减小，选项B 错误，C 正确；墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，减小m 1，墙面对球的作用力一定减小，选项D 错误．]7．如图1-18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1-18A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．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 ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0AC [两球间库仑力为F ＝kq 2d 2，A 项正确；当细线上的拉力为0时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2d 2＝mg tan θ，B 项错误，C 项正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．]8．如图1-19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 ( )【导学号：17214013】图1-19A ．回路中的电流为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 θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BL v 12R ，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sinθ＋F 安cd )＝μ(mg sin θ＋B 2L 2v 12R )，由以上两式可得：μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θ，故C 、D 均正确．] 二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2018·江西十校联考)如图1-20所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°．图1-20(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？【导学号：17214014】【解析】 (1)设绳的拉力为F T ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg ．(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知；F N ′＝F N ＝33mg又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39．【答案】 (1)33mg (2)k ≥3910．(16分)(2018·邵阳二模)如图1-21所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的匀质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k ．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab ．当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小．(不计通电时电流产生的磁场的作用)图1-21(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2．0 N/m，ab＝0．20 m，cb＝0．180 m，B＝0．20 T，此电流表的量程是多少？【解析】(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，得Δx＝mg k．(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN间电流为I m，则有BI m ab＋mg＝k(cb＋Δx)联立并代入数据得I m＝2．5 A．【答案】(1)mgk(2)M端(3)2．5 A。

江苏省达标名校2018年高考二月仿真备考物理试题一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v，已知万有引力恒量为G，天体可视为均匀球体，则（）A．该天体半径为2 43vG πρB．该天体表面重力加速度为2 34Gv πρC．绕该天体表面附近飞行的卫星周期为3 G πρD．若考虑天体自转，则维持该天体稳定的最小自转周期为3 4G πρ2．一额定电压U额＝150V的电动机接在电压U1＝5V的直流电源上时未转动，测得此时流过电动机的电流I1＝0.5A。

现将该电动机接入如图所示的电路，用以提升质量m＝50kg的重物，当电源供电电压恒为U2＝200V时，电动机正常工作，保护电阻R＝10Ω，不计一切摩擦，g＝10m/s2电动机正常工作时，下列说法正确的是( )A．电动机线圈的直流电阻r＝30ΩB．电动机的铭牌应标有“150V，10A＂字样C．重物匀速上升的速度大小v＝2m/sD．若重物被匀速提升h＝60m的高度，整个电路消耗的电能为E总＝6×104J3．“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。

”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年38cm的速度远离地球。

不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是（）A．月球绕地球做圆周运动的周期将减小B．月球绕地球做圆周运动的线速度增大C．地球同步定点卫星的高度增大D．地球同步定点卫星的角速度增大4．在“油膜法”估测分子大小的实验中，认为油酸分子在水面上形成的单分子层，这体现的物理思想方法是（）A．等效替代法B．控制变量法C．理想模型法D．累积法5．一小物块从倾角为α=30°的足够长的斜面底端以初速度v 0=10m/s 沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数μ=3，g 取10m/s 2，则物块在运动时间t=1.5s 时离斜面底端的距离为A ．3.75mB ．5mC ．6.25mD ．15m6．竖直放置的肥皂膜在阳光照耀下，由于前后表面反射光通过的路程不同，形成两列相干光，薄膜上会呈现出彩色条纹．若一肥皂膜由于受重力和液体表面张力的共同影响，其竖直方向的截面如图所示，则光通过该肥皂膜产生的干涉条纹与下列哪个图基本一致（ ）A ．B ．C ．D ．二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分7．真空中质量为m 的带正电小球由A 点无初速自由下落t 秒，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点。

第一章质点的运动错题集一、主要内容本章内容包括位移、路程、时间、时刻、平均速度、即时速度、线速度、角速度、加速度等基本概念，以及匀变速直线运动的规律、平抛运动的规律及圆周运动的规律。

在学习中要注意准确理解位移、速度、加速度等基本概念，特别应该理解位移与距离（路程）、速度与速率、时间与时刻、加速度与速度及速度变化量的不同。

二、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：利用运动合成与分解的方法研究平抛运动的问题，这是将复杂的问题利用分解的方法将其划分为若干个简单问题的基本方法；利用物理量间的函数关系图像研究物体的运动规律的方法，这也是形象、直观的研究物理问题的一种基本方法。

这些具体方法中所包含的思想，在整个物理学研究问题中都是经常用到的。

因此，在学习过程中要特别加以体会。

三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对要领理解不深刻，如加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小，加速度的方向与速度的方向之间常混淆不清；对位移、速度、加速度这些矢量运算过程中正、负号的使用出现混乱：在未对物体运动（特别是物体做减速运动）过程进行准确分析的情况下，盲目地套公式进行运算等。

例1汽车以10m/s的速度行使5分钟后突然刹车。

如刹车过程是做匀变速运动，加速2度大小为5m/s，则刹车后3秒钟内汽车所走的距离是多少？【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速v0=10m/s加速度【错解原因】出现以上错误有两个原因。

一是对刹车的物理过程不清楚。

当速度减为零时，车与地面无相对运动，滑动摩擦力变为零。

二是对位移公式的物理意义理解不深刻。

位移S对应时间t，这段时间内a必须存在，而当a不存在时，求出的位移则无意义。

由于第一点的不理解以致认为a永远地存在；由于第二点的不理解以致有思考a什么时候不存在。

【分析解答】依题意画出运动草图1-1。

设经时间t1速度减为零。

据匀减速直线运动速度公式v1=v0-at则有0=10-5t解得t=2S由于汽车在2S时【评析】物理问题不是简单的计算问题，当得出结果后，应思考是否与s=-30m的结果，这个结果是与实际不相符的。

专题三力与曲线运动考情分析201520162017力与曲线运动T14(2）：圆周运动T7：曲线运动的条件判断T2：斜抛运动T2:平抛运动T5：圆周运动和功的问题万有引力与航天T3：天体运动T7：天体运动T13(3):万有引力定律的应用T6：天体运动命题解读本专题考点分为两大板块，一个是曲线运动，包括运动的合成与分解、两大曲线运动(平抛运动和圆周运动),另一个是万有引力定律及应用，皆属于高频考点.从三年命题情况看，命题特点为：（1）注重基础知识。

如以天体运动、航天技术相关内容出题、以对抛体运动的分析等出题，考查学生的理解能力。

难度较小.（2）注重方法与综合。

如以万有引力定律与电学知识综合、从力的角度分析带电粒子的曲线运动、抛体运动与圆周运动综合等考查学生的推理能力、分析综合能力。

难度属于中等.整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会.1.(2017·江苏省南通中学摸底)如图1所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ）图1A.转速相同时,绳短的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D。

线速度大小相等时，绳长的容易断解析转速相同时，根据F＝mω2r＝mr(2πn）2可知，绳越长，所需的向心力越大,则绳越容易断，故A项错误;周期相同时，则角速度相同，根据F＝mrω2知，绳越长，所需的向心力越大，则越容易断，故B项错误;线速度相等，根据F＝m错误!知，绳越短，向心力越大，则绳越短越容易断,故C项正确，D项错误。

答案C2.（2017·南通市如东县、徐州市丰县联考)如图2所示的实验装置中，小球A、B完全相同。

用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地。

图2中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是( ）图2A.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化B.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速率变化C.A球从面1到面2的速度变化大于B球从面1到面2的速率变化D.A球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化解析球A做平抛运动,竖直方向为自由落体运动，故A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化，选项A正确，B、C错误；由动能定理知，A球从面1到面2的动能变化等于B球从面1到面2的动能变化，选项D错误。

专题跟踪检测（一） 熟知四类典型运动，掌握物体运动规律一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。

则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( )A ．8 m/s 、24 m/sB ．24 m/s 、8 m/sC ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。

2.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀变速运动，依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E 。

已知x AB ＝x BD ＝6 m ，x BC ＝1 m ，小滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2 s 。

设小滑块经过B 、C 时的速度分别为v B 、v C ，则( )A ．v C ＝6 m/sB ．v B ＝2 2 m/sC ．x DE ＝3 mD ．从D 到E 所用时间为4 s解析：选D 因C 点是小滑块由A 到D 的中间时刻所对应的位置，故v C ＝x AB ＋x BD t AC ＋t CD ＝6＋62＋2m/s ＝3 m/s ，A 错误；由v C 2－v 2＝2ax AC ，v C ＝v ＋at ，得a ＝－0.5 m/s 2，v ＝4 m/s ，由v B2－v 2＝2ax AB ，得v B ＝10 m/s ，B 错误；由v E ＝v ＋at AE ＝0，得t AE ＝8 s ，则从D 到E 所用时间为t DE ＝4 s ，D 正确；由x DE ＝－12at DE 2，得x DE ＝4 m ，C 错误。

专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2018·济南2月质检)甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x-t)图象如图2-18所示，由图象可以看出在0～4 s内()【导学号：17214181】图2-18A．甲、乙两物体始终同向运动B．第4 s末时，甲、乙两物体间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．乙物体一直做匀加速直线运动C[x-t图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2 s内，甲、乙都沿正向运动，同向运动；在2～4 s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；4 s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4 s内，甲、乙的位移都是2 m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误．]2．如图2-19所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()图2-19A ．mg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 B ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 C ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F m 2 D ．(mg )2＋F 2B [先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝F M ＋m再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：N ＝(mg )2＋(ma )2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2．] 3．长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动，乘客把一袋面粉无初速度放在传送带上，在出安检机之前已经和传送带相对静止，结果在传送带上留下了一段白色的径迹，对此分析正确的是( )A ．传送带的速度越大，径迹越长B ．面粉质量越大，径迹越长C ．动摩擦因数越大，径迹越长D ．释放的位置距离安检机越远，径迹越长A [根据牛顿第二定律得，面粉的加速度大小a ＝μg ，设传送带的速度为v 0，则面粉速度达到传送带速度时经历的时间t ＝v 0μg ，位移x 1＝v 202a ＝v 202μg ，在这段时间内传送带的位移x 2＝v 0t ＝v 20μg ，则相对位移，即径迹的长度Δx ＝x 2－x 1＝v 202μg ，与面粉的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹越长．动摩擦因数越大，径迹越小．故A 正确，B 、C 、D 错误．]4．(2018·江苏高考T 5)如图2-20所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f ．若木块不滑动，力F 的最大值是( )【导学号：17214182】图2-20A ．2f (m ＋M )M B ．2f (m ＋M )mC ．2f (m ＋M )M－(m ＋M )g D ．2f (m ＋M )m＋(m ＋M )g A [由题意知当M 恰好不能脱离夹子时，M 受到的摩擦力最大，F 取最大值，设此时提升加速度为a ，由牛顿第二定律得，对M 有：2f －Mg ＝Ma ①对m 有：F －2f －mg ＝ma ②联立①②两式解得F ＝2f (M ＋m )M，选项A 正确．] 5．(2018·合肥二模)如图2-21所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )图2-21A ．t AB ＝t CD ＝t EFB ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝2(D cos α＋R )g cos α＝2D g ＋2R g cos α．对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2D g ＋2R g cos β，t EF ＝2D g ＋2R g cos θ．由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．如图2-22所示，卡车沿水平路面向左做直线运动，车厢上平放着质量为m 的木箱，与卡车保持相对静止．车厢尾部的竖直支架上用细线悬挂有一个质量也为m 的小球，频闪相机拍下的某一张照片上发现小球偏向后方，细线与竖直方向夹角为θ，则关于这一瞬间的分析正确的是( )【导学号：17214183】图2-22A ．车一定做加速运动B ．木箱受到的摩擦力为mg tan θC ．细线的拉力可能为mg cos θD ．小球不可能受力平衡CD [若小球与车相对静止，两者的加速度相同，取小球为研究对象，受力如图，由牛顿第二定律知，小球的合力水平向左，加速度水平向左，则小球向左做加速运动，或向右做匀减速运动，也可能卡车做匀速运动，小球振动，故A 错误．若小球与车相对静止，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，得 a ＝g tanθ，细线的拉力为 T ＝mg cos θ，再以木箱为研究对象，由牛顿第二定律得：木箱受到的摩擦力 f ＝ma ＝mg tan θ，由于车的运动情况不清楚，所以木箱受到的摩擦力可能为mg tan θ，细线的拉力可能为mgcos θ，故B错误，C正确．由于此瞬间的合力不为零，所以受力一定不平衡，故D正确．]7．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣．有一块橡皮静止于平整的水平桌面上，现用手指沿水平方向推橡皮，橡皮将由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动．关于橡皮从静止到离开手指的运动过程，下列说法中正确的是()【导学号：17214184】A．橡皮离开手指瞬间加速度不为0B．橡皮离开手指前一直做加速运动C．水平推力越大，橡皮受到的摩擦力越大D．橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度AD[橡皮离开手指瞬间，橡皮受摩擦力，加速度不为0，故A正确．当手指作用在橡皮上时，橡皮发生形变，所以橡皮离开手指前先静止再加速运动，故B错误．橡皮运动前，属于静摩擦力，水平推力越大，橡皮受到的摩擦力越大；运动后，属于滑动摩擦力，正压力不变，滑动摩擦力不变，故C错误．橡皮离开手指后在摩擦力作用下做减速运动，所以橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度，故D正确．]8．(2018·海南七校联盟二联)如图2-23所示，a、b分别是A、B两物体的v-t图象，以下说法正确的是()图2-23A．A物体在5 s内一直做匀减速直线运动，B物体在5 s内一直做匀速直线运动B．在5 s内A、B两物体的位移差是35 mC．A物体在第3 s末的速度为12 m/sD ．前3 s 内A 物体的位移为60 mBD [从v -t 图象可知A 物体在前1 s 内和后4 s 内加速度不同，所以A 物体在5 s 内一直做匀减速直线运动的说法是错误的，选项A 错误；在5 s 内，可由v -t 图象面积法求得A 、B 两物体的位移差Δs ＝102×1 m ＋1＋52×10 m ＝35m ，选项B 正确；由v -t 图象可知A 物体在1 s 末速度是20 m/s ，在1～3 s 内加速度大小是a A 2＝Δv Δt ＝104 m/s 2＝2．5 m/s 2，则A 物体在第3 s 末的速度v ′＝v 0－a A 2t ′＝(20－2．5×2) m/s ＝15 m/s ，选项C 错误；前3 s 内A 物体的位移s A ＝s 1＋v 0t ′－12a A 2t ′2＝20＋302×1 m ＋(20×2－12×2．5×22) m ＝60 m ，选项D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(12分)如图2-24所示，质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B 在水平外力F 作用下向右做a ＝2 m/s 2的匀加速直线运动直至与A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0．5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，求：图2-24(1)物块A 、B 静止时，弹簧的形变量；(2)物块A 、B 分离时，所加外力F 的大小；(3)物块A 、B 由静止开始运动到分离作用的时间．【导学号：17214185】【解析】 (1)A 、B 静止时，对A 、B 整体应用平衡条件可得kx 1＝2μmg 解得 x 1＝0．3 m ．(2)物块A 、B 分离时，对B ，根据牛顿第二定律可知：F －μmg ＝ma 解得F ＝ma ＋μmg ＝(3×2＋0．5×30) N ＝21 N ．(3)A 、B 静止时，对A 、B ，根据平衡条件可知：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ，根据牛顿第二定律可知：kx 2－μmg ＝ma此过程中物体的位移为x 1－x 2＝12at 2解得 t ＝0．3 s ．【答案】 (1)0．3 m (2)21 N (3)0．3 s10．(20分)(2018·全国卷ⅠT 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4．5 m ，如图2-25(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2．求：(a) (b)图2-25(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．【导学号：17214186】【解析】 (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ．由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4．5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0．1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 －μ2mg ＝ma 2⑤由题图(b)可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0．4．⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3．由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs ＝6．0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6．0 m ．(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3．由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6．5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6．5 m．【答案】(1)0．10．4(2)6．0 m(3)6．5 m。

专题十 选修3－3考情分析命题解读本专题13个考点，皆为Ⅰ要求。

从三年命题情况看，命题特点为： (1)注重基础。

围绕考点命题考查学生的理解能力。

(2)紧跟时代。

如2013年的“卡诺循环”、2014年的“海浪发电机”、2016年的“斯特林循环”等，借此考查学生学以致用的能力。

(3)定量运算。

以阿伏加德罗常数、热力学定律和实验定律为中心命题，考查学生的理解能力。

整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B 必会。

1.(2016·江苏高考)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________。

A.压强变小 B.压强不变 C.一直是饱和汽D.变为未饱和汽(2)如图1甲所示，在斯特林循环的p －V 图象中，一定质量理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A ，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。

B →C 的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小”或“不变”)，状态A 和状态D 的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A 对应的是________(选填“①”或“②”)。

图1(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J，在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J。

求气体完成一次循环对外界所做的功。

解析(1)停止加热后，高压锅在密封状态下缓慢冷却，此过程中锅内水蒸气仍是饱和汽，由p－T关系知，p减小。

故A、C项正确。

(2)从B→C的过程中，气体体积不变，故单位体积中的气体分子数目不变；因T A<T D，温度升高气体分子的平均速率增大，则A状态对应的是①。

(3)完成一次循环气体内能不变ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20)J＝8 J由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J气体对外做功为8 J。

功能互考题一：如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）A ．14mgRB ．13mgRC ．12mgRD ．π4mgR 题二：如图所示，一内壁粗糙的环形细圆管，位于竖直平面内，环形的半径为R （比细管的直径大得多）。

在圆管中有一个直径比细管内径略小的小球（可视为质点），小球的质量为m ，设某一时刻小球通过轨道的最低点，对管壁的压力为6mg 。

此后小球做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则此过程中小球克服摩擦力所做的功为（ ）A ．12mgRB ．mgRC ．2mgRD ．52mgR 错误！未找到引用源。

题三：如图所示，一足够长的直螺线管竖直放置，螺线管两端通过电阻可忽略的导线连接，现将一质量为m 的小条形磁铁沿该螺线管的中轴线从紧靠螺线管上方的A 点由静止释放，一段时间后小磁铁匀速下落。

若条形磁铁沿螺线管轴线下落的过程中始终沿竖直方向且不发生翻转，螺线管的总电阻为R ，小磁铁匀速下落的速度大小为v ，取g ＝10 m/s 2，则（ ）A ．若小磁铁的磁性增强，则其最终在螺线管中匀速下落的速度大于vB ．若小磁铁的磁性增强，则其最终在螺线管中匀速下落的速度小于vC ．当小磁铁以速度vD ．当小磁铁以速度v 匀速下落时，螺线管中产生的感应电流大小为v题四：竖直放置的平行金属导轨上端连接一电阻R ，质量为m 的金属棒与导轨接触良好，并能无摩擦下滑。

在金属棒的下方有一垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场上边界距金属棒的高度为H ，如图所示。

把金属棒由静止释放，金属棒在磁场中的运动情况如何？（金属棒与导轨的电阻不计，两平行导轨的间距为L ）题五：如图所示，在水平地面上有一木板A，木板A长L＝6 m，质量M＝8 kg。

专题四功能关系的应用考情分析201520162017功与能T9：功能关系、能量守恒定律T14：动能定理的应用T14：机械能守恒定律的应用T3：物体在斜面上运动的E k－x图象T5：圆周运动中的功能问题T9：连接体中的功能问题T14（3)：叠加体中的功能问题命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求,弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识与实际问题结合.如2011年的抛鸡蛋、2013年的球碰撞等,难度较小。

(2）注重方法与综合。

如2012年、2013年、2015年的“弹簧问题"、2016年的连接体等，难度较大。

整体难度偏难,命题指数★★★★★，复习目标是达B冲A。

1。

(2017·江苏泰州中学月考）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图1所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标.现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（）图1A.从D到C过程中,弹丸的机械能守恒B。

从D到C过程中,弹丸的动能一直在增大C。

从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D。

从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0,在CD连线中的某一处,弹力和重力相等时，弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的合力先向上后向下,速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B项错误；从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故D项错误;从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,故C项正确。