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专题一力与运动第一讲力与物体的平衡热点一物体的受力分析强化学思知能学有所思，思有深度一、理清一个“网络”，明晰“力”是根源二、受力分析中的“2分析”“2注意”1．“2分析”(1)只分析研究对象受的力，不分析研究对象给其他物体的力；(2)只分析性质力(六种常见力)，不分析效果力，如向心力等．2．“2注意”(1)合力与分力不可同时作为物体的受力；(2)物体的受力情况与运动情况相对应．三、命题规律1．该热点为历年高考的重点，主要考查力的有无和方向的判断，且常和共点力的平衡知识结合起来考查．2．考查的题型一般为选择题，在动力学中也常在计算题中被考查到．题组冲关调研范有所得，练有高度[范例调研][例1](多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化[关键点拨]以O′点为研究对象，由三力平衡分析绳OO′的张力变化情况；以物块b为研究对象，用正交分解法列方程分析物块b 所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况．[解析]系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力G a，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则F N＋T1cosθ＋F sinα－G b＝0f＋T1sinθ－F cosα＝0F N、f均随F的变化而变化，故B、D项正确．[答案]BD[自主突破]1．(2018·滨州模拟)如图所示，开口向下的“”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A 的绳与水平方向夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为(A)A．12cosθB．2cosθ 1C．2sinθ 1 D．12sinθ解析：设绳的拉力为F T，对两个滑块分别受力分析，如图所示，根据平衡条件得，m A g＝F T sinθ，m B g＝F T sin2θ，解得m Am B＝sinθsin2θ＝12cosθ，选项A正确．2．(2018·江西南昌检测)如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且两端分别固定于直杆上的A，B两点，小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，调节A，B间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦．则m1m2等于(C)A．tan15°B．tan30°C．tan60°D．tan75°解析：由于同一细线中各处张力大小相等，β＝45°，α＝15°，小环C为轻环，重力不计，小环甲、乙受力及细线夹角关系如图所示，由几何关系可知，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环有2T cos30°＝m1g，对乙环有2T cos60°＝m2g，得m1m2＝tan60°，故选项C正确．3．某一款读卡器的原理可简化成如图所示的模型，水平操作台上叠放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m.滚轮以竖直向下的力压在第1张卡片上，并沿逆时针方向转动，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，滚轮与第1张卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1>μ2，则下列说法正确的是(B)A．第1张卡片受到滚轮的摩擦力向左B．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向左C．下一张卡片受到上一张卡片的摩擦力一定向左D．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动解析：第1张卡片相对于滚轮的运动趋势方向向左，则受到滚轮的静摩擦力向右，故A错误；对第2张卡片到最后一张卡片进行研究，处于静止状态，水平方向受到第1张卡片的滑动摩擦力，方向与滚轮的运动方向相同，则根据平衡条件可知，最后1张卡片受到桌面的摩擦力方向与滚轮的运动方向相反，即水平向左，故B正确；根据题意，因上一张相对下一张要向右滑动，则上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，那么下一张相对上一张要向左滑动，因此下一张卡片受到上一张卡片的摩擦力一定向右，故C错误；设每张的质量为m，动摩擦因数为μ2，对第2张分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及滚轮的压力，最大静摩擦力F fm＝μ2(2mg＋F)，而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为F f＝μ2(mg＋F)<F fm，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动，同理，第3张到最后1张卡片也不发生相对滑动，故D错误．物体受力分析的基本技巧(1)分析受力的思路：①先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)；②同时注意对场力的分析；③假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法．(2)受力分析的基本步骤：明确研究对象→隔离物体分析→画受力示意图→验证受力合理性．(3)善于变换研究对象：若不能直接判断研究对象与接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，可以变换研究对象，借助其他物体的受力判定．热点二整体法与隔离法的应用强化学思知能学有所思，思有深度一、随题应变，巧选研究对象二、方法技巧总结1．利用整体、隔离思维法对物体受力分析2．注意问题(1)实际问题通常需要交叉应用隔离、整体思维法；(2)对两个以上的物体叠加组成的整体进行受力分析时，一般先采用整体思维法后用隔离思维法，即“先整体，后隔离”．三、命题规律整体法和隔离法是分析物理问题常用的方法，在高考中经常被考查，此方法不仅在受力分析时常用到，在分析动力学问题时也常用到，和此方法结合考查的知识点有共点力的平衡问题、牛顿运动定律等．题组冲关调研 范有所得，练有高度[范例调研][例2] 如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2[关键点拨] ①B 刚好不下滑说明A 、B 间的摩擦力为多少？②A 恰好不动说明什么？[解析] B 刚好不下滑，说明B 的重力等于最大静摩擦力，即m B g ＝μ1F .A 恰好不滑动，视A 、B 为一个整体，水平力等于整体的最大静摩擦力，即F ＝μ2(m A ＋m B )g .由上面两式可解得m A m B＝1－μ1μ2μ1μ2.选项B 正确．[答案] B[自主突破]4．(多选)如图所示，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两个楔形物体叠放在一起，B 靠在竖直墙壁上，在水平力F 的作用下，A 、B 静止不动，则( AC )A．A物体受力的个数可能为3B．B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下C．力F增大(A、B仍静止)，A对B的压力也增大D．力F增大(A、B仍静止)，墙壁对B的摩擦力也增大解析：隔离A物体，若A、B间没有静摩擦力，则A受重力、B 对A的支持力和水平力F三个力作用，选项A正确；将A、B看作一个整体，整体在竖直方向上受到重力和摩擦力，所以墙对B的摩擦力方向只能向上，选项B错误；若F增大，则F在垂直B斜面方向的分力增大，所以A对B的压力增大，选项C正确；对A、B整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向上有f＝G A＋G B，因此当水平力F增大时，墙壁对B的摩擦力不变，选项D错误．5．(2018·广西模拟)(多选)如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是(BD)A．无论F如何改变，a、b两物体均受四个力作用B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小一定相等D ．当逐渐增大拉力F 时，地面对斜面的静摩擦力增大解析：当细线对b 的拉力沿斜面方向分力等于b 所受重力沿斜面方向的分力时，b 不受摩擦力作用，只受重力、支持力和拉力三个力作用，A 项错误；对a 进行受力分析知，a 一定受摩擦力作用，C 项错误；拉力作用在细线的中点，所以两细线的张力大小相等，又两细线与斜面的夹角相等，由平衡条件可知，两物体所受支持力相等，由牛顿第三定律可知，B 项正确；以整体为研究对象，地面对斜面的静摩擦力F f ＝F sin α，F 增大，则静摩擦力增大，D 项正确．6．(2018·江西重点中学联考)(多选)如图所示，质量为M 的木板C 放在水平地面上，固定在C 上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a 和b 连接小球A 和小球B ，小球A 、B 的质量分别为m A 和m B ，当与水平方向成30°角的力F 作用在小球B 上时，A 、B 、C 刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a 、b 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是( ACD )A ．力F 的大小为mB gB ．地面对C 的支持力等于(M ＋m A ＋m B )gC ．地面对C 的摩擦力大小为32m B gD．m A＝m B解析：对小球B受力分析，水平方向有F cos30°＝T b cos30°，得T b＝F，竖直方向有F sin30°＋T b sin30°＝m B g，解得F＝m B g，故A正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向有F N＋F sin30°＝(M＋m A＋m B)g，可见F N小于(M＋m A＋m B)g，故B错误；水平方向有F f＝F cos30°＝m B g cos30°＝32m B g，故C正确；对小球A受力分析，竖直方向有m A g＋T b sin30°＝T a sin60°，水平方向有T a sin30°＝T b sin60°，联立解得m A＝m B，故D正确．求解连接体平衡问题的2种方法1.整体法(1)选取原则：只涉及系统外力不涉及系统内部物体之间的相互作用力.(2)适用条件：系统内各个物体的运动状态必须相同.(3)优、缺点：整体法解题一般比较简单，但整体法不能求内力．2．隔离法(1)选取原则：分析系统内某个物体的受力情况，一般先从受力简单的物体入手．(2)优、缺点：系统内物体受到的内力、外力均能求解，但比较麻烦，易出错．热点三动态平衡问题强化学思知能学有所思，思有深度一、掌握一个通法——力变“法”不变二、方法技巧总结1．求解共点力平衡问题的一般思路2．求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法．力的合成法常用于仅受三个共点力作用且平衡时．(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解．当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法．(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况．用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量．三、命题规律该热点是高考的重点内容，分析近几年的高考题，命题方向有以下两点：(1)考查解析法、图解法的灵活运用．(2)带电体在电场中的受力分析往往也会涉及动态平衡问题，尤其是涉及库仑定律的考查．题组冲关调研范有所得，练有高度[范例调研][例3](2018·河南八市质检)(多选)如图所示，一个固定的14圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直．在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B.斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态．现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升一很小高度．则在球B缓慢上升过程中，下列说法中正确的是()A．斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小B．阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小C．水平推力F逐渐增大D．水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小[关键点拨]A向左缓慢运动，球B缓慢上升，B球处于平衡状态，确定球B受弹力方向是否变化，弹力方向如何变化是解题关键．[解析]对球B受力分析，如图甲所示，当球B上升时，用图解法分析B球所受各力的变化，其中角θ增大，F AB和F OB均减小，则A、B项正确；对斜面体进行受力分析，如图乙所示，因为F AB减小，由牛顿第三定律知F AB＝F BA，故F BA也减小，则推力F减小，水平地面对斜面体的弹力F N也减小，则C项错误，D项正确．[答案]ABD[自主突破]7．(多选)如图所示，物体的重力为G，保持细绳AO的位置不变，让细绳BO的B端沿四分之一圆周从D点缓慢向E点移动．在此过程中(BC)A.细绳BO上的张力先增大后减小B．细绳BO上的张力先减小后增大C．细绳AO上的张力一直增大D．细绳AO上的张力一直减小解析：由于物体始终处于平衡状态，所以T OA和T OB的合力大小恒等于G，方向竖直向上，当细绳的B端从D点向E点缓慢地移动时，各力变化情况如图所示，可见T OA逐渐增大，T OB先减小后增大，选项A、D错误，B、C正确．8．(2018·西安八校联考)(多选)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较(AD)A．拉力F增大B．拉力F减小C．角θ不变D．角θ减小解析：以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在∠APB的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F增大，A 项正确，B项错；PQ与竖直方向夹角等于∠APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，C项错，D项正确．9．(2017·天津理综)(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(AB)A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：本题考查物体受力分析、物体的平衡．衣架挂钩为“活结”模型，oa、ob为一根绳，两端拉力相等，设绳aob长为L，M，N的水平距离为d，bo延长线交M于a′，由几何知识知a′o＝ao，sinθ＝dL，由平衡条件有2F cosθ＝mg，则F＝mg2cosθ，当b上移到b′时，d、L不变，θ不变，故F不变，选项A正确，C错误；将杆N向右移一些，L不变，d变大，θ变大，cosθ变小，则F变大，选项B正确；只改变m，其他条件不变，则sinθ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D错误．妙解动态平衡问题的典型方法热点四电磁场中的平衡问题强化学思知能学有所思，思有深度一、抓准“两种力”，解题很容易二、方法技巧总结带电体在复合场中的平衡问题或导体棒在磁场中的平衡问题，无非是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒所受的安培力，分析方法与力学中的平衡问题完全相同．三、命题规律高考对电磁学中的平衡问题的考查，题型既有选择题也有计算题，命题方向有以下两点：(1)导体棒在安培力作用下的平衡问题．(2)带电体(带电粒子)在电场力、洛伦兹力作用下的平衡问题．题组冲关调研范有所得，练有高度[范例调研][例4](2018·天津和平区模拟)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则()A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下[关键点拨](1)“光滑金属导轨”说明：金属杆不受摩擦力．(2)“ab刚好静止”说明：金属杆受力平衡．(3)先假设磁场的方向(向上或向下)，由左手定则判断安培力的方向，由平衡条件判断金属杆是否平衡．[解析]受力分析如图所示，当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab受力可以平衡，A正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B、C、D错误．[答案] A[自主突破]10．均匀带正电的薄圆盘的右侧，用绝缘细线A、B悬挂一根水平通电直导线ab，电流方向由a到b，导线平行于圆盘平面．现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动，细线仍然竖直，与圆盘静止时相比，下列说法正确的是(C)A．细线所受弹力变小B．细线所受弹力不变C．细线所受弹力变大D．若改变圆盘转动方向，细线所受弹力变大解析：圆盘静止时，通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，两者等大反向，合力为零．当圆盘匀速转动时，根据右手螺旋定则，圆盘产生水平向右的磁场，根据左手定则，通电直导线受到方向向下的安培力，故细线所受的弹力变大，选项A、B错误，C正确；若改变圆盘转动方向，通电直导线受到的安培力方向向上，细线所受的弹力变小，选项D错误．11．(2018·山东临沂市三模)(多选)某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直．用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中( ABC )A ．d 应保持不变B ．B 的位置在同一圆弧上C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比解析：因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 正确；因要保持A 、B 连线与细线垂直且AB 距离总保持d 不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；对A 球由平衡知识可知F 库＝mg sin θ，即k qQ d 2＝mg x L ，可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确，D 错误．12．(2018·长春外国语学校检测)a 、b 两个带电小球的质量均为m ，所带电荷量分别为＋3q 和－q ，两球间用绝缘细线连接，a 球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E ，平衡时细线都被拉紧，则平衡时的位置可能是( D )解析：由题意知，a 球带正电，受到的电场力水平向左，b 球带负电，受到的电场力水平向右．以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，受力分析如图，则上面细线应向左偏转，设上面细线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα＝2qE 2mg＝qEmg，以b球为研究对象，受力分析如图．设a、b间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ＝qEmg，得到α＝β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确．处理电学中平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：温馨提示：学习至此，请完成专题限时训练1.第二讲力与直线运动热点一匀变速直线运动的规律强化学思知能学有所思，思有深度一、牢记公式，巧用推论二、方法技巧总结1．符号确定在匀变速直线运动中，一般规定初速度v0的方向为正方向(但不绝对，也可规定为负方向)，凡与正方向相同的矢量为正值，相反的矢量为负值，这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算．2．应用技巧物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向运动，如果整个过程加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式．三、命题规律高考对该热点的考查既有选择题也有计算题，命题方向主要有：(1)匀变速运动公式的灵活应用．(2)在日常生活中的应用，如行车安全、体育运动等．(3)运动图象和追及相遇问题的综合考查．题组冲关调研范有所得，练有高度[范例调研][例1](2018·深圳模拟)每年都有很多高中毕业生利用暑假去学习驾驶技术，其中目标停车是驾考中的一个必考题目，其过程可简化为如图所示的模型：在一条平直公路上有A、B、C、D四个停车标志杆，每相邻两个停车标志杆之间的距离为Δx＝16 m，某次测试时，驾驶员正在以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，当车头到达O点时听到停车指令，要求驾驶员将车头停在标志杆D处，驾驶员经过Δt＝0.5 s 的反应时间后开始刹车，刹车后开始做匀减速直线运动，若测得汽车从O到标志杆B的时间为t1＝5.5 s，从标志杆B到标志杆C的时间为t2＝2.0 s．求：(1)O点到标志杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a.(2)汽车停止运动时车头与标志杆D的距离L.[关键点拨](1)运动分析：①在反应时间Δt内汽车做匀速直线运动．②刹车后汽车做匀减速直线运动，可看作反方向的匀加速直线运动．(2)汽车匀速直线运动过程：x＝v t.(3)汽车刹车过程：①某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度： ＝x t ＝v t 2. ②速度关系：v ＝v 0＋at .③位移关系：x ＝v 0t ＋12at 2. ④速度位移关系：v 2－v 20＝2ax .[解析] (1)汽车通过BC 中间时刻的瞬时速度为：v 1＝Δx t 2＝8 m/s 从开始刹车到BC 中间时刻的时间为：t ＝t 1＋t 22－Δt ＝6 s 则刹车时的加速度大小为：a ＝v 0－v 1t ＝2 m/s 2从O 点到B 点的距离为：x OB ＝v 0·Δt ＋v 0(t 1－Δt )－12a (t 1－Δt )2＝85 m 则O 点到标志杆A 之间的距离为：x ＝x OB －Δx ＝69 m(2)因为反方向是匀加速直线运动，所以B 点的速度为：v B ＝v 1＋a ·t 22＝10 m/s 从B 点到停止，汽车的位移为：x ′＝v 2B 2a＝25 m 所以汽车停止运动时车头与标志杆D 的距离为：L ＝2Δx －x ′＝7 m[答案] (1)69 m 2 m/s 2 (2)7 m[自主突破]1．(2018·高三第一次全国大联考Ⅲ卷)一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6 s ，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍使该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)( B )A ．1.0 sB ．1.8 sC ．2.0 sD ．2.6 s解析：将开始时物块的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t 1，上面一段位移所用时间为t 2，根据逆向思维可得t 2t 1＝1(2－1)，由于是光滑的斜面，上升的过程做匀减速直线运动，下降的过程做匀加速直线运动，且加速度的大小、方向都不变，可知上升和下降的时间相等．设从滑出至回到滑出点的时间为2t ＝6 s ．物块撞击挡板后以原速度弹回(撞击所需时间不计)，此时物块上滑和下滑的总时间t ′＝2t 1且t 1＋t 2＝t ＝3 s ，由以上各式可得：t ′＝2(2－1)t 2≈0.6 t ＝1.8 s ，故B 正确． 2．如图所示，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( C )。
专题限时训练7 动量守恒定律时间：45分钟一、单项选择题1．一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s 内速度的改变量是( D )A ．7 m/sB ．6.7 m/sC ．6 m/sD ．5 m/s解析：F -t 图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I ＝(3×4＋12×2×4－12×1×2) N·s ＝15 N·s.根据动量定理有I ＝m Δv ，Δv ＝I m ＝153m/s ＝5 m/s.2．台球以速度v 0与球桌边框成α角撞击O 点，反弹后速度为v 1，方向与球桌边框夹角仍为α，如图所示．如果v 1<v 0，OB 垂直于桌边，则下列关于桌边对小球的弹力方向的判断中正确的是( B )A ．可能沿OA 方向B ．一定沿OB 方向C ．可能沿OC 方向D ．可能沿OD 方向解析：小球与球桌边框碰撞时属于点面接触，弹力方向垂直于接触面，即沿OB方向，故选B.3．质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则(C)A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5 m/s解析：甲、乙两个物块通过弹簧发生相互碰撞，遵循动量和能量守恒，当两个物块离开弹簧时交换速度，即甲的速度为4 m/s，乙的速度为3 m/s，方向相反，且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4 m/s，乙的速度不可能大于3 m/s，当两物块相距最近时速度相等为0.5 m/s，所以A、B、D错，C正确．4．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内(D)A．若M>m，物体A对地向左的最大位移是2M v20μ(M＋m)gB．若M<m，小车B对地向右的最大位移是M v20μmgC．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为m v0D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为2M v0μ(M＋m)g解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：M v0－m v0＝(M＋m)v，解得：v＝(M－m)v0M＋m.若M>m，A所受的摩擦力f＝μmg，对A，根据动能定理得：－μmgx A＝0－12m v2，则得物体A对地向左的最大位移x A＝v202μg，故A错误；若M<m，对B，由动能定理得：－μmgx B＝0－12M v2，则得小车B对地向右的最大位移x B＝M v202μmg，B错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I＝－ft＝M v－M v0＝－2mM v0m＋M，f＝μmg，解得：t＝2M v0μ(M＋m)g，故C错误，D正确．5．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3 1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(B)解析：规定向右为正，设弹丸的质量为4m ，则甲的质量为3m ，乙的质量为m ，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有：4m v 0＝3m v 1＋m v 2；两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t ＝2hg ＝2×5m 10 m/s 2＝1 s ；水平方向做匀速运动x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，综上可得，数值上8＝3x 1＋x 2.结合图象可知，B 的位移满足上述表达式，故B 正确．6．在液面上以大小为v 1的初速度竖直向下射出一个塑料小球，经过时间t ，塑料小球回到液面，回到液面时塑料小球的速度大小为v 2，已知塑料小球在运动过程中受到的液体的浮力大小等于其重力的k 倍(k >1)，液体阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g ，下面给出时间t 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解t ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，根据你的判断，你认为t 的合理表达式应为( C )A ．t ＝v 1v 2kgB ．t ＝v 1－v 2(k －1)gC ．t ＝v 1＋v 2(k －1)gD ．t ＝v 1v 2(k ＋1)g解析：若没有阻力，则v1＝v2，但从等式看出时间为零，与实际情况矛盾，故B错误；等式两边的单位应该是相同的，D项表达式右边单位是m，左边单位是s，等式显然不成立，故错误；若k略大于1，即浮力略大于重力，塑料小球返回时加速度很小，时间很长，但A选项求解的时间不是很长，C选项求解的时间很长，故A错误，C正确．二、多项选择题7．如图所示，质量为m的小车静止在光滑的水平地面上，车上有半圆形光滑轨道，现将质量也为m的小球在轨道左侧边缘由静止释放，则(BD)A．在下滑过程中小球机械能守恒B．小球可以到达右侧轨道的最高点C．小球在右侧轨道上滑时，小车也向右运动D．小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反解析：小球下滑的过程中，半圆形轨道对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，但由小球和小车组成的系统机械能守恒，A错误；小球和小车组成的系统机械能守恒且水平方向动量守恒，小球可以到达右侧轨道的最高点，B正确；小球在右侧轨道上滑时，小车仍向左运动，但做减速运动，C 错误；由小球和小车水平方向动量守恒，得0＝m v 球－m v 车，则v 球＝v 车，D 正确．8．如图所示，小车放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，随后离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( BC )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时小车也向右运动B ．C 与B 端碰前，C 与小车的速率之比为MmC ．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动解析：小车与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，小车应向左运动，故A 错误；设碰前C 的速率为v 1，小车的速率为v 2，则0＝m v 1－M v 2，得v 1v 2＝M m ，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，小车、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．9．如图所示，倾角为θ的固定斜面足够长，一质量为m 上表面光滑的足够长的长方形木板A 正以速度v 0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m 的小滑块B 无初速度地放在木板A 上，则滑块与木板都在滑动的过程中( CD )A ．木板A 的加速度大小为3g sin θB ．木板A 的加速度大小为零C ．A 、B 组成的系统所受合外力的冲量一定为零D ．木板A 的动量为13m v 0时，小滑块B 的动量为23m v 0 解析：只有木板A 时，木板A 匀速下滑，则说明木板A 受到的重力的分力与摩擦力等大反向，即mg sin θ＝μmg cos θ，若加上小滑块B 后，A 对斜面的压力增大，则摩擦力变为μ·3mg cos θ，而沿斜面方向上的力不变，故合外力为：3μmg cos θ－mg sin θ＝2mg sin θ，故加速度大小a ＝2g sin θ，选项A 、B 错误；由分析可知，整体在沿斜面方向受力平衡，故整体动量守恒，故合外力的冲量一定为零，选项C 正确；因动量守恒，故总动量保持不变，由动量守恒定律可知：m v 1＋2m v 2＝m v 0，故当A 动量为13m v 0时，B 的动量为23m v 0，选项D 正确． 10．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M ＝0.6 kg ，m ＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p ＝10.8 J 的弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R ＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( AD )A ．球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC ．若半圆轨道半径可调，则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D ．弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为1.8 N·s解析：释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：m v 1－M v 2＝0，由机械能守恒得：12m v 21＋12M v 22＝E p ，代入数据解得：v 1＝9 m/s ，v 2＝3 m/s ；m 从A 到B 过程中，由机械能守恒定律得：12m v 21＝12m v ′21＋mg ·2R ，解得：v 1′＝8 m/s ；以向右为正方向，由动量定理得，球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为：I ＝Δp ＝m v 1′－m v 1＝0.2×(－8) N·s －0.2×9 N·s ＝－3.4 N·s ，则合外力冲量大小为3.4 N·s ，故A 正确；M 离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s ，故B 错误；设圆轨道半径为r时，飞出B 后水平位移最大，从A 到B 由机械能守恒定律得：12m v 21＝12m v 1′2＋mg ·2r ，在最高点，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 1′2r ，m 从B 点飞出，需要满足：N ≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r ＝12gt 2，x ＝v 1′t ，当8.1－4r ＝4r 时，即r ＝1.012 5 m 时，x 为最大，球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C 错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m 的冲量大小为I ＝Δp ＝m v 1＝0.2×9 N·s ＝1.8 N·s ，故D 正确．三、计算题11．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v 0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m ，加速电压为U ，元电荷为e .在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数．(飞船可视为横截面积为S 的圆柱体，尘埃云分布均匀，密度为ρ)解析：设在很短的时间Δt 内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m ′，所受飞船的作用力为f ′，飞船的质量为M .飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有M v 0＝M v 1＋m ′v 212M v 20＝12M v 21＋12m ′v 22 解得v 2＝2M M ＋m ′v 0 由于M ≫m ′，所以碰撞后尘埃的速度v 2＝2v 0对尘埃，根据动量定理有f ′Δt ＝m ′v 2，其中m ′＝ρS v 0Δt则飞船所受阻力f ′＝2ρS v 20设一个离子在电场中加速后获得的速度为v ，根据动能定理，有eU ＝12m v 2设单位时间内射出的离子数为n ，在很短的时间Δt 内，根据动量定理，有F Δt ＝n Δtm v则飞船所受动力F ＝nm v飞船做匀速运动，则有F ＝f ′解得n ＝2eUm ρS v 20. 答案：2eUmρS v 20 12．如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′相切．现将一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离．解析：(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v 1① 由能量守恒得：12m v 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL ② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得：12m v 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤ 联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5 m.答案：(1)5 m/s (2)0.5 m。
选择题提速练41—5为单选，6—8为多选1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是(C)A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6)(B)A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 WC．7.5 m/s9 W D．15 m/s9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝B2l2v R总对棒满足：mg sinθ－μmg cosθ－B2l2vR棒＋R灯＝0因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的(C)解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c 流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(C)A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u ×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动能守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn＝m n m He ，解得E kHe ＝m n m n ＋m He (2E 0＋ΔE )＝1 MeV ，E km ＝m He m n ＋m He(2E 0＋ΔE )＝3 MeV ，所以C 正确，D 错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( A )A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000. 6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12m v 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误；设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v 1.根据水平方向的匀速直线运动有d ＝v 1cos α·t ①竖直方向的竖直上抛运动有H m ＝(v 1sin α)22g② 取竖直向上方向为正方向有－(h －H )＝v 1sin α·t －12gt 2③ 由①③两式可求得运动时间t 和v 1，将v 1代入②式可求出最大高度H m ，故C 正确；根据速度的分解得tan α＝v y 1v x ，tan θ＝v y 2v x，由于h >H ，竖直分速度关系为v y 1<v y 2，则得α<θ，故D 正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v -t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小解析：根据v -t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 202a可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203Ω＋12·103Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．。
选择题专项训练（四）（时间:20分钟满分:48分）本卷共8小题,每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项屮，1帀题只有一个选项符合题目要求,6 *题有多个选项符合题目要求。
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.（2016・全国卷/）一平行板电容器两极板之问充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变2.一屮子与一质量数为水/Pl）的原子核发生弹性正碰。
若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后屮子的速率之比为A+1A-1A.4A（&+1）2C.3.CA FB 777777777 7777777^TT如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的久〃两块木板,在木板A上放着质量为刃的物块C,木板和物块均处于静止状态异、B、C之间以及〃与地面之间的动摩擦因数均为"，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为马,现用水平恒力F向右拉木板A,则下列判断正确的是（）A.不管厂多大，木板〃一定保持静止B.A. C之间的摩擦力大小一定等于mgC.〃受到地面的滑动摩擦力大小一定小于FD.A.〃之间的摩擦力大小不可能等于尸4.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量界种的点电荷形成的电场等效。
如图所示,P为一无限大金属板，0为板前距板为厂的一带正电的点电荷，沏V为过。
点和金属板垂直的直线，直线上畀、〃是和0点的距离相等的两点。
下面关于/I、〃两点的电场强度用和层、电势如和如判断正确的是（）M PA QB N()^-1卫+1B. (&+1)2工A.E A>E B, e,\ <（1）8B.E A >E B, Of > eC. E A >E B, e,\二如D. E A =Ef h eA > ©aB如图所示，通电直导体棒放在间距为/的光滑水平绝缘轨道上,劲度系数为斤的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的屮点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为〃的匀强磁场屮, 弹簧伸长禺棒处于静止状态。
绝密★启用前2019版高考物理二轮专题总复习：仿真模拟四试卷副标题考试范围：XXX 考试时间：100分钟；命题人：XXX题号 —- 二 三四 五总分得分注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明法正确的是A.m = 5 B ・ n = 4变过程的半衰期与温度和压强有关2•如图所示为飞镖比赛时打在镖盘上的两支飞镖.A 飞镖的方向与竖直方向的夹角大 于B飞镖与竖直方向的夹角。
若飞镖沿水平方向掷出，两飞镖的抛出点在同一竖直线上, 忽略空气阻力。
下列说法中正确的是A. A^ B 两飞镖的掷出点一定在同一点B.A 飞镖的掷出点一定比B 飞镖的掷出点高.C. A E 镖掷出的初速度一定比B E 镖掷出的初速度大D. A 飞镖在空中飞行的时间一定比B 飞镖在空中飞行的时间长3.从中国科学院微小卫星创新研究院获悉，北斗卫星导航系统（BDS ）,预计今年将发射18颗卫星.这就意味着：北斗将全覆盖亚洲地区，尤英是一带一路沿线国家.如图评卷人得分1 •铀核（经过m 次a 衰变和n 次0衰变变成铅核（阴"bn 关于该过程，下列说5 32“）的比结合能比铅核（罷7pb ）的比结合能大衰 勺6H 5 32 29• •n>一.单选题所示是北斗导航系统屮部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，己知地球口转周期为T。
A. 卫星b也是地球同步卫星B. 卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的「倍C. 卫星c的周期为D. a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为v a=v b=V^v c4.分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谐仪内的磁场前加一扇形电场。
扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向。
被电离后带相同电荷暈的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析静电分器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则、•廐子漫典MA. 垂直电场线射出的离子速度的值相同B. 垂直电场线射出的离子动量的值相同C. 偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大D. 偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大5.如图所示，在水平连线和PQ间有竖直向上的匀强电场，在上方有水平向里的匀强磁场。
课时作业6 机械能守恒定律 功能关系时间：45分钟一、单项选择题 1.如图是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA 赛场上投二分球时的照片．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A ．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为12mv 2＋mghC ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D ．离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态 解析：球员从地面跃起的过程中，地面对脚的支持力作用点位移为零，支持力不做功，A 正确，B 错误；林书豪从地面上升过程中，消耗自身能量，其机械能增大，C 错误；离开地面后，林书豪上升和下降过程中，加速度均竖直向下，处于失重状态，D 错误．答案：A 2.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB 是长为R 的粗糙水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的34光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在推力作用下，质量为m 的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，以达B 点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C .重力加速度大小为g .(以AB 面为零重力势能面)则小滑块( )A ．经B 点时加速度为零 B ．在AB 段运动的加速度为2.5gC ．在C 点时合外力的瞬时功率为mg gRD ．上滑时动能与重力势能相等的位置在OD 下方解析：小滑块经过B 点时具有向心加速度，A 错误；小滑块在C 点时合外力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C 错误；由mg ＝m v 2C R ，12mv 2B ＝mg ·2R ＋12mv 2C ，可得：v B ＝5gR ，由v 2B ＝2ax AB ，可得a ＝2.5g ，B 正确；由12mv 2B ＝mg ·2R ＋12mv 2C ＝2mgh ，得：h ＝54R >R ，故D 错误．答案：B 3.如图所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m 的物体A 从离弹簧顶端正上方h 高处由静止释放，当物体A 下降到最低点P 时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x 0；若将质量为2m 的物体B 从离弹簧顶端正上方h 高处由静止释放，当物体B 也下降到P 处时，其速度为( )A.2ghB.ghC.2g h ＋x 0D.gh ＋x 0解析：物体与弹簧构成的系统机械能守恒．物体从释放到下降到P 处，对质量为m 的物体A 有mg (h ＋x 0)＝E p 弹，对质量为2m 的物体B 有2mg (h ＋x 0)＝E p 弹＋12×2mv 2.联立解得v ＝g h ＋x 0，D 正确．答案：D 4.如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A 、B 两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面．若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是( )A ．着地瞬间两物体的速度大小相等B ．着地瞬间两物体的机械能相等C ．着地瞬间两物体所受重力的功率相等D ．两物体的质量之比为m A m B ＝3解析：根据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，m A g sin60°＝m B g sin30°，由此可得，两物体的质量之比为m A m B ＝3，由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项A 、D 叙述正确；着地瞬间，A 物体重力功率P A ＝m A gv sin60°，B 物体重力功率P B ＝m B gv sin30°，两物体所受重力的功率相等，选项C 叙述正确；由于两物体质量不等，初始状态两物体的机械能不等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项B 叙述错误．答案：B5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B解析：A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能．对A 、C 球的方程为mgh ＝12mv 20，得h ＝v 22g对B 球的方程为mgh ′＋12mv 2t ＝12mv 20，且v 2t ≠0所以h ′＝v 20－v 2t2g<h ，故D 正确．答案：D 二、多项选择题 6.图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是( )A ．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B ．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C ．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D ．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析：弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A 错误，B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C正确，D错误．答案：BC7.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )A．B物体的机械能一直减少B．B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量解析：由于细线的拉力对B做负功，故B物体机械能一直减少，A正确；根据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D正确．答案：ABD8.如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的公路上以初速度v 0开始加速行驶，经过时间t ，前进了距离l ，达到最大速度v max ，设此过程中电动机功率恒为额定功率P ，受的阻力恒为F f ，则此过程中电动机所做的功为( )A ．F f v max tB ．PtC ．F f tv 0＋v max2D.12mv 2max ＋F f l －12mv 20 解析：因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为W ＝Pt ＝F f v max t ，A 、B 均正确；由动能定理可得W －F f l ＝12mv 2max －12mv 20，得：W ＝12mv 2max －12mv 20＋F f l ，故D 正确，C 错误．答案：ABD 三、计算题 9.如图所示，ABC 为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r ＝10 m ，N 为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R ＝10πm ，轨道ABC 与平面N 相切于C 点，DEF 是包围在半圆平面N 周围且垂直于N 的光滑半圆形挡板，质量为M ＝1 kg 的滑块的上表面与平面N 在同一水平面内，且滑块与N 接触紧密但不连接，现让物体自A 点由静止开始下滑，进入平面N 后受到挡板DEF 的约束并最终冲上滑块，已知m ＝1 kg ，物体与平面N 之间的动摩擦因数为μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h ＝0.05 m ，长L ＝4 m ．(取g ＝10 m/s 2)(1)物体滑到C 处时对圆轨道的压力是多少？ (2)物体运动到F 处时的速度是多少？(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？解析：(1)对物体从A 处到C 处，由机械能守恒定律得mgr ＝12mv 2C ，在C 处有F －mg ＝m v 2Cr联立解得F ＝3mg ＝30 N由牛顿第三定律可知，物体滑到C 处时，对圆轨道的压力是30 N. (2)对物体 从C 处到F 处，由动能定理有 －μ1mg ×πR ＝12mv 2F －12mv 2C ，解得v F ＝10 m/s.(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有： －μ2mg ＝ma 1，解得a 1＝－4 m/s 2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2， 解得a 2＝4 m/s 2设经t 时间物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，运动的位移为x 1，滑块的速度为v 2，运动的位移为x 2x 1＝v F t ＋12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，x 1－x 2＝L由以上三式得t ＝12 s 或2 s(不合题意舍去)则有v 1＝8 m/s ，v 2＝2 m/s设物体从抛出到落地时间为t 1，h ＝12gt 21，得t 1＝0.1 s这段时间内物体水平位移x 3＝v 1t 1＝0.8 m 滑块水平位移x 4＝v 2t 1＝0.2 m Δx ＝x 3－x 4＝0.6 m.答案：(1)30 N (2)10 m/s (3)0.6 m10．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小； (2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，所以v ＝2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12mv 20－12mv 2，所以h 1＝v 22g－μL ，代入数据得h 1＝0.1 m 若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12mv 20－12mv 2，则h 2＝v 22g ＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh 2＝12mv 2，v 0＝v －at ，a ＝μg滑块相对传送带滑动的位移Δs ＝L －x ，相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δs ，代入数据可得Q ＝0.5 J.答案：(1)1033 N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J。
