(江苏选考)2018版高考物理二轮复习第一部分专题二功和能专题跟踪检测(七)两个概念、一个模型,破解功和

（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。

专题七 带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第31页)1．(2014·江苏高考T 4)如图7-1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O ．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )【导学号：17214114】图7-1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行．(2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．B[根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．]2．(2016·江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图7-2所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图7-2A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直．(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．C[由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C 正确；检验电荷由A 点移动到B 点，电场力做功一定，与路径无关，选项D 错误．]3．(2013·江苏高考T 3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【导学号：17214115】B [每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E ．根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．]4．(多选)(2015·江苏高考T 8)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图7-3所示．c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )【导学号：17214116】图7-3A ．a 点的电场强度比b 点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低ACD[根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．]5．(多选)(2013·江苏高考T6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图7-4所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()【导学号：17214117】图7-4A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功ABD[由题图可知，a处电场线比b处密，所以E a>E b，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa>φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度：①根据电场线的疏密程度进行判断；②根据等势面的疏密程度进行判断；③根据E ＝ma q 进行判断．(2)电势：①沿电场线方向电势逐渐降低；②若q 和W ab 已知，由U ab ＝W ab q 判定．(3)电势能：①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．●考向1 电场力的性质1．(2017·绍兴模拟)如图7-5所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，若把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图7-5A ．49EB ．59EC ．ED ．209E D [根据点电荷电场强度公式E ＝kQ r 2，则B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ 4L 2＝E ；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，则两球的电量分别为Q 2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q 2(3L )2＝kQ 18L 2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C ＝kQ 2L 2；由于两球在D 处的电场强度方向相同，因此它们在D 点处的电场强度大小为E 合＝kQ 18L 2＋kQ 2L 2＝5kQ 9L 2＝209E ，故A 、B 、C 错误，D 正确．]●考向2 电场能的性质2．(2017·南京一模)如图7-6所示，带正电的金属球A ，放置在不带电的金属球B 附近，M 、N 是金属球B 表面上的两点．下列说法中正确的是( )【导学号：17214118】图7-6A．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势高于N点电势B．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势等于N点电势C．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势高于N点电势D．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势等于N点电势D[带电的金属球A靠近不带电的金属球B，由于电荷间的相互作用，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，导致金属球B中左侧的自由电子向右侧移动，M点由于得到电子带负电；N点由于失去电子带正电；但整个金属球B是处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故M、N点电势相等，故A、B、C错误，D正确．]3．(2017·南通二模)实验表明，地球表面上方的电场强度不为零，且方向竖直向下，说明地球表面有净负电荷．设地球表面净负电荷均匀分布，且电荷量绝对值为Q，已知地球半径为R，静电力常量为k，选地面电势为零，则在地面上方高h (约几十米)处的电势为()A．－kQh(R＋h)2B．kQh(R＋h)C．－kQhR D．kQh(R＋h)2D[地球表面电荷在地面上方h处的场强，根据点电荷的场强公式，有：E＝k Q(R＋h)2因为距离地面h，且h约为几十米，电场强度变化不大，认为是匀强电场，有：U＝Ed＝kQ(R＋h)2·h＝kQh(R＋h)2地面电势为0，故地面上方h处的电势为：φ＝kQh(R＋h)2，故D正确，A、B、C错误．]●考向3电场的综合应用4．(2017·镇江三模)如图7-7所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()【导学号：17214119】图7-7A．点电荷Q一定在MP的中点B．φP大于φMC．N点的场强比P点的场强大D．将负试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功B[点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A错误；根据图可知，正点电荷到P点的距离小于到M点的距离，所以φP大于φM，故B正确；在点电荷的电场中，离场源越远，电场强度越小，所以N点的场强比P点的场强小，故C错误；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将负试探电荷从P点搬运到N点，电势能增加，故电场力做负功，故D错误．]5．(2017·宿迁三模)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图7-8所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称．下列说法正确的是()【导学号：17214120】图7-8A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能A[由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误．]考点2| 平行板电容器难度：中档题题型：选择题(对应学生用书第33页)6．(2012·江苏高考T2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小【解题关键】B[由平行板电容器电容决定式C＝4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝QU得U＝QC，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．]●考向1电容器的动态分析6．(2017·南京一模)如图7-9所示是可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合，则电容器的电容将()图7-9A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．先增大后减小A[旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器的正对面积，则由电容器电容的决定式C＝εS4πkd可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确．]7．(2017·盐城二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏．电容式触摸屏内有一导电层．导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息．在开机状态下，下列说法正确的是()【导学号：17214121】A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指的准确位置C[电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成正比，控制器就能确定手指的位置，不需要手指有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从手的触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误．]●考向2平行板电容器的综合问题8．(多选)(2017·苏北四市摸底)如图7-10所示，电路中平行板电容器C不带电．下列说法正确的有()图7-10A．闭合S瞬间，电流计G中有a→b方向的电流B．闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有a→b方向的电流C．闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变D．闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小ACD[闭合S瞬间，电容器充电，上极板接正极，故电流计中有a→b方向的电流，故A正确；闭合S后，电压不变，增大C两极板间距离的过程中，由C＝εS4πkd可知，C减小，由Q＝UC可知，电量减小，电容器放电，故电流计中有b→a方向的电流，故B错误；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，增大C两极板间距离，由C＝εS4πkd和Q＝UC可知，U＝4πkdQεS，再由U＝Ed可得，E＝4πkQεS，故两极板间电场强度不变，故C正确；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，在两极板间插入电介质时电容C增大，则由Q＝UC可知，U变小，故D正确．]考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第33页)7．(2017·江苏高考T4)如图7-11所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()【导学号：17214122】图7-11A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【解题关键】1、E212点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝U′d′2＝QC′d′2＝QεS4πkd′2·d′2＝4πkQεS，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变．第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确．]带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．●考向1 电场中的直线运动9．(2017·武汉二模)如图7-12所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )【导学号：17214123】图7-12A ．微粒达到B 点时动能为12m v 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgd cos θC [物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B 点的动能一定不是12m v 20，因此A 错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eq cos θ＝mg ，Eq sin θ＝ma ，因此加速度大小为g tan θ，B 错误；电容器内的电场强度E ＝mg q cos θ，因此两板间的电势差为U ＝Ed ＝mgd q cos θ，C 正确；从A 向B 运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D 错误．]●考向2 电场中的曲线运动10．(2017·林州市月考)a 、b 、c 三个α粒子(重力不计)由同一点M 同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图7-13所示，其中b 恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知( )【导学号：17214124】图7-13A ．进入电场时a 的速度最大，c 的速度最小B ．a 、b 、c 在电场中运动经历的时间相等C ．若把上极板向上移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D ．若把下极板向下移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D [三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a 、b 偏转距离相等，大于c 的偏转距离，由y ＝12at 2知，a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b ＞t c ．又水平位移的关系为 x a ＜x b ＝x c ，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以v c ＞v b ＞v a ，即a 的速度最小，c 的速度最大，故A 、B 错误．若把上极板向上移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，可知a 的运动情况不变，运动时间不变，故C 错误．若把下极板向下移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，a的竖直分位移增大，由y ＝12at 2知，a 在电场中运动经历的时间增长，故D 正确．]●考向3 电场中的力电综合问题11．(2017·徐州期末)如图7-14甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图7-14乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：图7-14(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．【导学号：17214125】【解析】(1)粒子在A、B板间有：qU0＝12m v2在C、D板间有：L＝v0t0解得：L＝t02qU0 m．(2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为：y＝12at2加速度为：a＝qU1 md得：y＝qU1t20 2md．(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远处C、D板偏转角tan θ＝v yv0，v y＝at0打在荧光屏上距中心线最远距离为：s＝y＋L tan θ荧光屏上区域长度为：Δs＝s＝3qU1t20 2md．【答案】(1)t02qU0m(2)qU1t202md(3)3qU1t202md热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型(对应学生用书第35页)内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是()【导学号：17214126】图7-15A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C．液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝Ud可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C项正确，A、B项错误．【答案】 C[拓展应用]如图7-16(a)所示，平行板电容器间距为d，两板所加电压如图7-16(b)所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，2．5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：图7-16(1)该粒子的水平位移；(2)粒子落到下极板时的速度．【解析】(1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为s ＝v 0t ＝v 0×2．5T ＝2．5v 0T ．(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y ＝a ·32T ＝3qU 02md T粒子落在下极板上时的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 24m 2d2． 【答案】 (1)2．5v 0T (2) v 20＋9q 2U 20 T 24m 2d 2。

2018年江苏省高考理综物理部分第二次统考试题一、选择题1．硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电。

硅光电池的原理如图所示，a 、b 是硅光电池的两个电极，P 、N 是两块硅半导体，E 区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P 的上表面镀有一层增透膜。

光照射到半导体P 上，使P 内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E 区电场加速到达半导体N ，从而产生电动势，形成电流。

以下说法中正确的是 A ．E 区匀强电场的方向由P 指向N B ．电源内部的电流方向由P 指向N C ．a 电极为电池的正极D ．硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置2．如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播时某时刻的波形图，已知甲波向左传播，乙波向右传播，下列说法正确的是A ．甲波的速度v 1比乙波的速度 v 2大B ．两列波的周期一样大C ．由于两波振幅不等，故两列波相遇时不会发生干涉现象D ．此时刻图中A 点和B 点振动方向相同3．如图所示，在充气容器内放入一个充气较多的密封良好的膨胀气球，现容器内空气通过胶管缓慢泄露，已知气球、容器导热良好。

下列说法中正确的是A. 容器内空气内能不变B. 容器内空气分子每次碰撞器壁的平均冲力将减小C. 气球内气体将吸热D. 气球内气体压强减小4．“嫦娥一号”探月卫星沿着地月轨道转移到月球轨道附近，在P 点进行第一次“刹车制动”后进入绕月球运动的椭圆轨道，如图所示．已知卫星的质量为m ，远地点Q 距离月球表面的高度为h ，运行到Q 点时它的角速度为ω，加速度为a ，月球的质量为M ，半径为R ，月球表面上的重力加速度为g ，万有引力恒量为G ，则卫星在月球远月点Q 时受到月球引力的大小为A ．maB ．2R MmGC ．2)(ωh R m + D ．22)(h R mgR +5．物体b 在水平推力F 作用下，将物体a 挤压在竖直墙壁上，如图所示，a 、b 处于静止状态，关于a 、b 两物体的受力情况，下列说法正确的是A ．a 受到两个摩擦力的作用B ．a 共受到四个力的作用C ．b 共受到三个力的作用D ．a 受到墙壁摩擦力的大小随F 的增大而增大6．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m ，带正电的小球，小球与弹簧不连接，加外力F 将小球向下压到某位置静止，现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功的大小分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( ) A ．弹簧弹性势能最大值等于2112W mv +B ．重力势能增加W 1C ．机械能增加W 2D ．电势能增加W 27．三个分别带有正电、负电和不带电的相等质量的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v 0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a 、b 、c 三点，如图所示，下面判断正确的是A ．落在a 点的颗粒带正电、c 点的带负电、b 点的不带电B ．落在a 、b 、c 点颗粒在电场中的加速度的关系是a a <a b <a cC ．三个颗粒在电场中运动的时间关系为t a >t b >t cD ．三个颗粒落在极板上时的动能关系为kc kb kaE E E >>8（17分）（1）在用双缝干涉测光的波长的实验中，所用实验装置如图甲所示. 调节分划板的位置，使分划板中心刻度线对齐其中某条亮条纹的中心，如图乙所示，此时螺旋测微器的读数为 mm 。

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。

专题七电路电磁感应规律及其应用考情分析201520162017电路T1：理想变压器T13：电阻定律T4：自耦变压器T8：直流电路的分析与计算电磁感应T13：电磁感应定律的应用、电阻定律、焦耳定律T6：感应电动势、感应电流T13：电磁感应定律的应用T7:音响电路中的感抗、容抗T13：电磁感应综合应用命题解读本专题分为二大板块，一个是电路，分为直流和交变电路；另一个就是电磁感应规律及其应用。

前者命题常见于选择题，后者以计算题为主，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）注重基础与实际问题结合。

如电路分析、自耦变压器、输电、电吉他、核磁共振分析应用等。

(2）注重方法与综合.如以难度适中的计算题考查学生的分析综合能力。

整体难度中等,命题指数★★★★★，复习目标是达B必会。

1.(2017·江苏泰州中学5月质检）关于传感器,下列说法正确的是( )A。

话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B.电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器,这种传感器的作用是控制电路的通断C。

霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成这个电阻电学量D.光敏电阻在光照射下其电阻会显著变大解析话筒是一种常用的声波传感器，其作用是声信号转换为电信号,故A项错误;热双金属片传感器和干簧管在电路中相当于开关，可以控制电路的通断，故B项正确；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故C项错误；光敏电阻在光照射下其电阻会显著变小，D项错误。

答案B2。

（2017·江苏溧水高级中学模拟)如图1所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是（）图1A.一起向左运动B。

一起向右运动C.相向运动，相互靠近D.相背运动，相互远离解析当载流直导线中的电流逐渐减弱时，穿过下方闭合回路的磁通量变小，根据楞次定律得出面积将变大,D项正确。

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．。

2018年全国高考物理二模试卷（江苏卷）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．(★)某物体在竖直方向上运动，规定竖直向下为正方向，其v-t图象如图所示。

由此可知（）A．t=0.5s时刚好到达最高点B．t=0.9s时刚好触地C．前0.9s内通过的路程为0.45mD．前0.9s内的平均速度大小为0.5m/s2．(★)如图所示，在P 1、P 2处各放一个等电荷量正点电荷，O点为P 1、P 2连线的中点。

一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON 运动到N点，M、N关于O点对称。

下列各图关于试探电荷速度v、电场强度E、电势φ、电势能E p的描述正确的是（）A．B．C．D．3．(★)如图所示是研究自感实验的电路图，甲、乙是两个规格相同的小灯泡，电源内阻不可忽略。

实验开始前先闭合开关S 1、S 2，使电路稳定，两个小灯泡亮度相同。

下列说法正确的是（）A．仅将S2断开，甲亮度不变B．仅将S2断开，甲逐渐变得更亮C．仅将S1断开，乙立刻熄灭D．仅将S1断开，乙的电流方向不变4．(★)如图为小学生在玩弹跳球时的情景，双脚站在弹跳球的水平跳板上，用力向下压弹跳球，形变的弹跳球能和人一起竖直跳离地面。

忽略阻力和弹跳球的质量，某一弹跳球安全性能指标要求反弹高度不超过15cm。

下列说法正确的是（）A．反弹向上运动的过程中小学生处于超重状态B．一次反弹过程对小学生所做的功约为60 JC．从下端触地到运动到最低点的过程中，人的加速度先增大后减少D．从下端触地到运动到最低点的过程中，人所受重力的瞬时功率逐渐减小5．(★★)图1为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力F向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图2所示（AB段为曲线），汽车与斜面间的摩擦忽略不计。

下列说法正确的是（）A．0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大B．x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值C．0～x3过程中，汽车的动能一直增大D．x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．(★★★)三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。

专题跟踪检测（七） 两个概念、一个模型，破解功和功率问题一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。

如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C. 3 倍 D. 2 倍解析：选D 设f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝fv ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确。

2．(2017·宿迁三模)如图所示，四个相同的小球A 、B 、C 、D ，其中A 、B 、C 位于同一高度h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h 。

在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为P A 、P B 、P C 、P D 。

下列关系式正确的是( )A ．P A ＝PB ＝PC ＝P DB ．P A ＝PC ＞P B ＝PD C ．P A ＝P C ＝P D ＞P B D ．P A ＞P C ＝P D ＞P B解析：选C A 做自由落体运动，C 做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A 、C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P ＝mgv 相同，D 做斜抛运动，到达最高点跟A 下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟A 落地时的速度大小相同，故功率相同，B 沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A 落地时的速度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A 的功率，故C 正确。

3．(2017·南通模拟)某校高三学生体能检测中，有着班级“最标准身材”美誉的小明同学在半分钟内完成了10次引体向上，则这次检测中小明克服重力做功的平均功率大约为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 WB ．100 WC ．200 WD ．500 W 解析：选B 高三同学体重大约为60 kg ，引体向上时重心向上运动的位移大约为0.5 m ，则克服重力做功的平均功率为：P ＝10mgh t ＝10×60×10×0.530W ＝100 W ，故B 正确。