【红对勾 讲与练】(新课标)高考物理二轮专题复习 难点突破3 绳或杆相关联物体运动的合成与分解

【红对勾 讲与练】（新课标）2015年高考物理二轮专题复习 2-3计算题答题技巧课时作业1．从地面发射质量为m 的导弹，导弹上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向，导弹起飞时发动机推力大小为F ＝3mg ，导弹沿和水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行．经过时间t 后，遥控导弹上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，导弹依然可以沿原方向匀减速直线飞行．(不计空气阻力和喷气过程中导弹质量的变化)．求：(1)t 时刻导弹的速率及位移是多少；(2)旋转方向后导弹还要经过多长时间到达最高点； (3)导弹上升的最大高度是多少？ 解析：(1)刚开始时，导弹受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设推力F 与合力F h 夹角为θ，如图甲所示．由正弦定理得：mg sin θ＝3mg sin120°解得：θ＝30° 所以合力：F h ＝mg由牛顿第二定律得导弹的加速度为：a 1＝F hm＝gt 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt t 时刻的位移大小为：s 1＝12gt 2(2)推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平成30°斜向下，推力F ′跟合力F ′h垂直，如图乙所示．此时合力大小为：F ′h ＝mg sin30° 导弹的加速度大小为：a 2＝mg sin30°m ＝g2导弹到最高点的时间为：t 1＝v /a 2＝gt /0.5g ＝2t .(3)导弹的总位移为s ＝12a 1t 2＋12a 2t 21＝12gt 2＋gt 2＝32gt 2导弹上升的最大高度为：h m ＝s ·sin30°＝34gt 2.答案：(1)gt 12gt 2 (2)2t (3)34gt 22．(2014·重庆卷)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h 1处悬停(速度为0，h 1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h 2处的速度为v ；此后发动机关闭，探测器仅受重力下降至月面．已知探测器总质量为m (不包括燃料)，地球和月球的半径比为k 1，质量比为k 2，地球表面附近的重力加速度为g ，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小； (2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．解析：(1)设地球质量和半径分别为M 和R ，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M ′、R ′和g ′，探测器刚接触月面时的速度大小为v t .则M M ′＝k 2，RR ′＝k 1 由mg ′＝G M ′m R ′2和mg ＝G Mm R 2得g ′＝k 21k 2g由v 2t －v 2＝2g ′h 2得v t ＝v 2＋2k 21gh 2k 2(2)设机械能变化量为ΔE ，动能变化量为ΔE k ，重力势能变化量为ΔE p . 由ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p有ΔE ＝12mv 2t －mg ′h 1＝12m (v 2＋2k 21gh 2k 2)－m k 21k 2gh 1得ΔE ＝12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)答案：(1)k 21k 2gv 2＋2k 21gh 2k 2 (2)12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)3．如图所示，在方向水平向右、大小为E ＝6×103N/C 的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m 1＝2×10－4kg ，带电荷量为q 1＝2×10－9C ，乙的质量为m 2＝1×10－4kg ，带电荷量为q 2＝－1×10－9C ．开始时细绳处于拉直状态．由静止释放两滑块，t ＝3 s 时细绳突然断裂．不计滑块间的库仑力，试求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值．解析：(1)取水平向右为正方向，将甲、乙及细绳看成一个整体，根据牛顿第二定律得F 合＝q 1E ＋q 2E ＝(m 1＋m 2)a 0得a 0＝q 1＋q 2E m 1＋m 2＝－9－1×10－932×10－4＋1×10－4m/s 2＝0.02 m/s 2.(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为x 0＝12a 0t 2＝12×0.02×32 m ＝0.09 m此时甲、乙的速度均为v 0＝a 0t ＝0.02×3 m/s＝0.06 m/s细绳断裂后，乙的加速度变为a 乙′＝q 2E m 2＝－1×10－9×6×1031×10－4m/s 2＝－0.06 m/s 2从细绳断裂到乙速度减为零，乙发生的位移x 乙′为x 乙′＝0－v 202a 乙′＝0－0.0622×－ m ＝0.03m整个运动过程乙发生的最大位移为x 乙max ＝x 0＋x 乙′＝0.09 m ＋0.03 m ＝0.12 m此时乙的电势能增量为 ΔE p ＝|W 乙|＝|q 2E |x 乙max＝1×10－9×6×103×0.12 J＝7.2×10－7J. 答案：(1)0.02 m/s 2(2)7.2×10－7J4．如图所示，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以速度v 0从O 点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿过x 轴进入场强为E 、方向与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，经过一段时间后恰好通过b 点正下方的c 点，粒子的重力不计．试求：(1)圆形匀强磁场的最小面积； (2)c 点到b 点的距离d .解析：解答本题的关键是，按题目中所述的运动方向，根据速度方向和轨道半径垂直的关系，找出粒子做匀速圆周运动的圆心O ′.很显然，弦长ON 即为圆形磁场区域的最小直径．(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qBv 0＝m v 20R 得R ＝mv 0qB粒子经过磁场区域速度偏转角为120°，这表明在磁场区域中运动轨迹为半径为R 的13圆弧，作出粒子运动轨迹如图中实线所示．所求圆形磁场区域的最小半径为r ＝12ON ＝R sin 60°＝3mv 02qB面积为S ＝πr 2＝3πm 2v 24q 2B2(2)粒子进入电场做类平抛运动，从b 到c 垂直电场方向位移为x ′＝v 0t ① 沿电场方向位移为y ′＝12at 2＝qEt22m②x ′y ′＝tan 30°③ 解方程①②③得x ′＝23mv 2qEy ′＝6mv 20qEd ＝x ′2＋y ′2＝43mv 2qE答案：(1)3πm 2v 204q 2B 2 (2)43mv 20qE5．(2014·安徽卷)如图(1)所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ； (2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图(2)中画出F －x 关系图象；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热． 解析：(1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv (l ＝d )，解得E ＝1.5 V (D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －xOPd 、OP ＝MP 2－MN22，得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ，即U CD ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R l 为R l ＝ld R ，电流I ＝Blv R l杆受的安培力F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积，即W F ＝5＋12.52×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mg OP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.答案：(1)－0.6 V (2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 图象见解析 (3)7.5 J6．(2014·天津卷)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小； (2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹．在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．解析：(1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12mv 21－0①A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv 1B 1＝mv 21R②由①②得B 1＝1R2mU q③(2)设A 经n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得nqU ＝12mv 2n －0④设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有T n ＝2πRv n⑤设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为W n ，则W n ＝qU ⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为P n ＝W nT n⑦由④⑤⑥⑦解得P n ＝qU πR nqU 2m⑧ (3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹．A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T ′，综合②、⑤式并分别应用A 、B 的数据得T n ＝2πmqB nT ′＝2πm kqB n ＝T nk由上可知，T n 是T ′的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周．由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速．经n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 和v ′n ，考虑到④式v n ＝2nqUmv ′n ＝2nkqUm＝kv n由题设条件并考虑到⑤式，对A 有T n v n ＝2πR设B 的轨迹半径为R ′，有T ′v ′n ＝2πR ′比较上述两式得R ′＝R k上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A 所示． 答案：(1)1R2mUq (2)qUπRnqU2m(3)见解析。

【红对勾讲与练】（新课标）2015年高考物理二轮专题复习 2-2实验题型解题技巧课时作业1．在“利用打点计时器测定匀加速直线运动加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上．某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)．从每一个计数点处将纸带剪开把纸带分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示v—t关系的图线，从而求出加速度的大小．(1)请你在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)，并指出哪个轴相当于v轴？答：________；(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________；(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，则可求出加速度的大小为________．解析：(1)由题意知在打出的纸带上每5点取一个计数点，故两相邻计数点之间所用时间为t＝0.02×5 s＝0.1 s．因相邻两个计数点间的距离之差相等，故纸带做匀加速运动，可知运动速度均匀增加，在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)如图所示，y轴相当于v轴．(2)若从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，即AD段的平均速度；因c－b＝b－a，即c＋a＝2b，则AD段的平均速度为(a＋b＋c)/3t＝3b/3t＝b/t，即b段的平均速度，故只需要测出b段纸带的长度．(3)由e－d＝d－c＝c－b＝b－a＝Δx＝at2，得运动的加速度a＝2.0 m/s2.答案：(1)v—t图线如解析图所示y轴相当于v轴(2)b(3)2.0 m/s22．某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“验证牛顿运动定律”，实验装置如图．他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力F的大小；小车后面固定一打点计时器，通过拴在小车上的纸带，可测量小车做匀加速运动的速度与加速度．(1)若交流电的频率为50 Hz，则根据下图所打纸带记录，小车此次运动经B点时的速度为________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.(2)由于小车所受阻力F f的大小难以测量，为了尽量减小实验的误差，需尽可能降低小车所受阻力F f的影响，以下采取的措施中必须的是：________.A．适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑B．钩码质量m远小于小车的质量MC ．定滑轮的轮轴要尽量光滑D ．适当增大钩码的质量m 解析：(1)v B ＝s AC 2T ＝8.002×0.1cm/s ＝0.40 m/s. a ＝s BC －s AB T 2＝8.00－3.27－3.270.12cm/s 2＝1.46m/s 2. (2)A 项做法让小车下滑分力与摩擦力抵消．D 项则较能满足F ≫F f ，减小摩擦力影响． 答案：(1)0.40 1.46 (2)AD3．右图是利用两个电流表和测量干电池电动势E 和内阻r 的电路原理图．图中S 为开关，R 为滑动变阻器，固定电阻R 1和电流表内阻r 1之和为10 000 Ω(比r 和滑动变阻器的总电阻大得多)．(1)闭合开关S ，移动滑动变阻器的滑动触头c 至某一位置，读出电流表和的示数I 1和I 2，多次改变滑动触头c 的位置，得到的数据如下表所示：1212(2)利用所得曲线求得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω(保留两位小数)．解析：(1)如图所示：(2)由图线上读出两组数值，代入E＝I1(R1＋r1)＋(I1＋I2)r构成方程组，联立解得：E ＝1.49 V，内阻r＝0.56 Ω.答案：(1)见解析图(2)1.49(1.47～1.51均对)0．56(0.52～0.60均对)4．某实验小组采用下图所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器工作频率为50 Hz.(1)下图是钩码质量为0.03 kg、砝码质量为0.02 kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表中的相应位置．(2)实验小组根据实验数据绘出了图中的图线(其中Δv 2＝v 2－v 20)，根据图线可获得的结论是_____________________________________.要验证“动能定理”，还需测量的物理量是摩擦力和________． 表1 纸带的测量结果解析：(1)对于C 点到O 的距离x ，可由纸带分析得出为6.08 cm －1.00 cm ＝5.08 cm.C 点对应小车的瞬时速度可用B 、D 两点间的平均速度来求，即v c ＝x BD 4T 0＝7.15－3.204×0.02cm/s≈49 cm/s＝0.49 m/s.(2)根据Δv 2－x 图象为过坐标原点的一条直线，可得出Δv 2∝x 的结论．要验证动能定理需明确合外力所做的功和物体(小车和砝码)动能的变化．合外力做功应为W合＝mgx －F f x (其中F f 为车受到的摩擦力，x 为车的位移)；而求物体(小车和砝码)动能的变化时，还需测出小车的质量．答案：(1)5.08(5.05～5.10 均对) 0.49(0.48～0.50 均对) (2)Δv 2∝x (速度平方的变化与位移成正比) 小车的质量5．用以下器材测量一待测电流表的内阻：待测电流表(量程250 mA ，内阻r 1约为5 Ω)；标准电流表(量程300 mA ，内阻r 2约为5 Ω)；电阻箱R 1(最大值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω)；滑动变阻器R 2(最大阻值10 Ω)；电源E (电动势约为10 V ，内阻r 约为1 Ω)；单刀单掷开关S ，导线若干．(1)要求方法简捷，并能测多组数据，试在方框中画出实验电路原理图，并在图上标明每个器材的代号．(2)实验中，需要直接测量的物理量是___________________， 用测得的量表示待测电流表内阻的计算公式是r 1＝________.解析：(1)如果将滑动变阻器与、串联(限流接法)，则电流会超出两表的量程，所以滑动变阻器应为分压连接；采用并联比较法测量的内阻(与R 1比较)，实验电路原理图如图所示．(2)实验需要直接测量的物理量是、两电流表的读数I 1、I 2以及电阻箱接入电路的阻值R 1，则通过R 1的电流为I 2－I 1，由并联电路规律可得：r 1＝I 2－I 1I 1R 1. 答案：(1)见解析图 (2)见解析 I 2－I 1I 1R 1 6.某同学利用右图所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率． ①所得实验数据如下表，请在给出的直角坐标系上画出U —I 图象.②根据所画________W ．(保留两位有效数字)③实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在下图所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是________．(R x阻值未知)解析：本题主要考查实验探究电源在不同负载下的输出功率，意在考查学生利用图象处理实验数据的能力、实验原理分析和实验改进的创新能力．第一问描点连线操作需要注意的是实验中有一个特殊的“坏点”(电流为0.35 A时)，连线时要忽略它的存在．第二问利用图象解决实际问题，注意读数规则和有效数字就可以了．第三问需要综合对比四个图象的特点，选择符合题目两个要求的电路图．答案：①如图所示(见解析图) ②0.37(或0.36) ③bc7．硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表的量程选用3 V，内阻为6.0 kΩ；电压表量程选用15 V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V，内阻不计．(1)根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．(2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表、的示数U1、U2.①某次测量时，电压表示数如图丙，则U 1＝________V．可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保留两位小数)．②该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压U x和通过的反向电流I x(表中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立I x－U x坐标系，标出了与表中前5组U x、I x数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出I x－U x图线.(3)由I x －U x 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，I x 与U x 成________(填“线性”或“非线性”)关系．解析：(1)实物图如图所示．(2)①由题图知，电压表读数为1.40 V ，通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V 1的电流，故I ＝U 1R V 1＝ 1.406.0×103A≈0.23 mA. ②先在坐标纸上描点，然后用平滑的曲线将其连接起来，如下图所示．③因图线为曲线，故I x 与U x 成非线性关系．答案：(1)见解析图(2)①1.40 0.23 ②见解析图③非线性。

难点突破1杆、绳或多物体的平衡问题分析选取研究对象是解决物理问题的首要环节．若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的平衡问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法．对于多物体平衡问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便．隔离法的目的是将内力转换为外力以便于计算，因此涉及内力计算时一般使用隔离法．很多情况下，采用整体法和隔离法相结合的方法．1．“动杆”与“定杆”轻杆模型是物体间连接的一种典型方式．中学物理一般讨论杆与墙、铰链(动杆)和插入或固定(定杆)两种连接方式．“动杆”多是“二力杆”，轻杆两端所受弹力方向一定沿着杆的方向．“定杆”固定不能转动，轻杆两端所受弹力方向不一定沿着杆的方向．2．“活结”与“死结”轻绳两段分界处受力点不能移动(“死结”)，相当于两根独立绳子，“死结”两侧的绳子弹力不一定等大．当轻绳跨过滑轮或光滑钩子时，绳上的着力点可以移动形成“活结”，“活结”两侧绳子的弹力一定等大，其合力一定沿着两段绳的夹角平分线．3．“轻绳”与“重绳”沿水平方向向两端反向拉“轻绳”，“轻绳”呈直线，“重绳”(质点串、链条等)两端悬挂呈曲线．均匀绳中各处张力均沿绳切线方向．【典例1】(多选)如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下面的( )【解析】 用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg 、水平向左的力F (甲受到的)、水平向右的力F (乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg 等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg ，水平向右的拉力F ，细线2的拉力F 2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜．【答案】 A【典例2】 如图甲所示，轻绳AD 跨过固定在水平横梁BC 右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg 的物体，∠ACB ＝30°；图乙中轻杆HP 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P 通过细绳EP 拉住，EP 与水平方向也成30°角，轻杆的P 点用细绳PQ 拉住一个质量也为10 kg 的物体，g 取10 m/s 2.求：(1)轻绳AC 段的张力F AC 与细绳EP 的张力F EP 之比；(2)横梁BC 对C 端的支持力；(3)轻杆HP 对P 端的支持力．【解析】 图甲和图乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的竖直细绳拉力大小等于物体的重力，分别以C 点和P 点为研究对象，进行受力分析如图丙和丁所示．(1)图丙中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，绳AC 段的拉力F AC ＝F CD ＝M 1g ，图丁中由F EP sin30°＝F PQ ＝M 2g得F EP ＝2M 2g ，所以F AC F EP ＝M 12M 2＝12.(2)图丙中，根据几何关系得：F C ＝F AC ＝M 1g ＝100 N.方向和水平方向成30°角斜向右上方．(3)图丁中，根据平衡条件有F EP sin30°＝M 2g ，F EP cos30°＝F P所以F P ＝M 2g cot30°＝3M 2g ≈173 N，方向水平向右．【答案】 (1)1 2(2)100 N ，方向与水平方向成30°角斜向右上方(3)173 N ，方向水平向右(多选)如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，两木块与水平面间的动摩擦因数相同，认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块一起匀速运动，则需要满足的条件是( )A ．木块与水平面间的动摩擦因数最大为μ3B ．木块与水平面间的动摩擦因数最大为2μ3C ．水平拉力F 最大为2μmgD ．水平拉力F 最大为3μmg解析：左边两个木块间达到最大静摩擦力μmg 时，质量为2m 的木块受到地面的滑动摩擦力为μ′×3mg ＝μmg ，所以木块与水平面间的动摩擦因数最大为μ3，以整体为研究对象，当μ′＝μ3时，F 有最大值为2μmg . 答案：AC如图所示，质量为m 的匀质细绳，一端系在天花板上的A 点，另一端系在竖直墙壁上的B 点，平衡后最低点为C 点．现测得AC 段绳长是BC 段绳长的n 倍，且绳子B 端的切线与墙壁的夹角为α.试求绳子在C 处和在A 处的弹力分别为多大？(重力加速度为g )解析：以BC 段绳子为研究对象，设绳子B 端所受弹力为T B ，C 处所受弹力为T C ，如图甲所示T B cos α＝1n ＋1mg ，T B sin α＝T C 联立解得T C ＝1n ＋1mg tan α 以AC 段绳子为研究对象，设绳子A 端所受弹力为T A ，T A 与水平方向的夹角为β，C 处所受弹力为T C ′，如图乙所示T A sin β＝n n ＋1mg ，T A cos β＝T C ′，T C ＝T C ′ 联立解得T A ＝1n ＋1mg n 2＋tan 2α. 答案：1n ＋1mg tan α 1n ＋1mg n 2＋tan 2α。

红对勾讲与练（新课标）2023届高三语文二轮复习第2部分古代诗文阅读专题8古代诗歌鉴赏三维特训专题8古代诗歌鉴赏一、(2023·山西省第二次模拟)阅读下面一首唐诗，回答1～2题。

奉和送金城公主适西蕃应制李峤汉帝抚戎臣，丝言命锦轮。

还将弄机女，远嫁织皮人。

曲怨关山月，妆消道路尘。

所嗟秾李树，空对小榆春。

注：①此诗是崔日用作《奉和送金城公主适西蕃》后所做。

②李峤，唐代诗人，他前与王勃、杨炯相接，又和杜审言、崔融、苏味道并称“文章四友”，其诗绝大部分为五言近体，风格近似苏味道而词采过之。

唐代曾以汉代苏武、李陵比苏味道、李峤，亦称“苏李”。

1．结合全诗内容，分析此诗所蕴含的情感。

答：____________________________________________________②①___________________________________________________________ 2．颈联中哪两个字使用的最为精妙？结合全诗说明你的理由。

答：_______________________________________________________________________________________________________________答案：1.首联用“汉武帝抚恤戎臣，后将机女远嫁织皮”典故感慨过去，天意弄人，含有无奈之感；后从回忆历史回到现实，以哀景衬哀情，突出诗人内心的愁苦、无奈及孤苦，讽刺了当朝统治者顾及政治利益而不顾其他的行为。

2．“怨”意为哀怨，笛声、歌声哀怨关山月，运用拟人手法形象生动说明关山难越；“消”为消失、消散的意思，妆容被尘埃渐渐抹去，突出路途的遥远与艰辛。

二、(2023·吉林省实验中学第六次模拟考试)阅读下面两首宋诗，完成3～4题。

宿济州西门外旅馆晁端友寒林残日欲栖乌，壁里青灯乍有无。

小雨愔愔人假寐，卧听疲马啮残刍。

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。

2021年高考物理二轮复习难点突破3 绳或杆相关联物体运动的合成与分解新人教版1．“关联速度”问题特点沿杆(或绳)方向的速度分量大小相等．2．常用的解题思路和方法(1)一个速度矢量按矢量运算法则分解为两个速度，若与实际情况不符，则所得分速度毫无物理意义，所以速度分解的一个基本原则就是按实际效果进行分解．通常先虚拟合运动(即实际运动)的一个位移，看看这个位移产生了什么效果，从中找到两个分速度的方向，最后利用平行四边形定则画出合速度和分速度的关系图，由几何关系得出它们之间的关系．(2)由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题的原则是：把物体的实际速度分解为垂直于绳(或杆)和平行于绳(或杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相同求解．【典例】如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是( ) A．匀加速上升B．B物体受到的拉力大于B物体受到的重力C．匀速上升D．B物体受到的拉力等于B物体受到的重力【解析】将小车的速度分解，如图所示，合速度v沿绳方向的分速度等于物体B的速度v B，所以v B＝v cosθ，随着小车的运动，θ变小，速度v B增大，但速度v B增大不均匀，B物体做变加速运动；进一步可以推知，B物体受到的拉力大于B物体受到的重力．【答案】 B一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图所示，云层底面距地面高h，探照灯以恒定角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是( )A．hω B.hωcosθC.hωcos2θD．hωtanθ解析：当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度为hωcosθ.设云层底面上光点的移动速度为v，则有v cosθ＝hωcosθ，解得云层底面上光点的移动速度v＝hωcos2θ，选项C正确．答案：C自行车转弯时，可近似看成自行车绕某个定点O(图中未画出)做圆周运动，如图所示为自行车转弯时的俯视图，自行车前、后两轮轴A、B相距L，虚线表示两轮转弯的轨迹，OB距离为3L ，前轮所在平面与车身夹角θ＝30°，此时轮轴B 的速度大小v 2＝3 m/s.则轮轴A 的速度v 1大小为( )A.332 m/s B ．2 3 m/sC. 3 m/sD ．3 3 m/s 解析：解法1：绳(或杆)端速度的分解法此时轮轴A 的速度产生两个效果，一是与轮轴B 同向运动，二是以B 为圆心向右转，分解如图(a)所示，因此v 1cos θ＝v 2，θ＝30°，解得v 1＝2 3 m/s ，B 项正确．解法2：圆周运动法过轮轴A 、B 分别作车轮的垂线，两线的交点即为O 点，如图(b)所示，由几何关系可知前轮与车身夹角θ＝30°，轮轴A 、B 分别做圆周运动的半径R 1＝L sin θ＝2L 、R 2＝OB ＝3L ，轮轴A 、B 有相同的角速度，因此有v 1R 1＝v 2R 2，解得v 1＝R 1R 2v 2＝2L 3L ×3 m/s＝2 3 m/s ，B 项正确． 答案：B |<28923 70FB 烻^32133 7D85 綅38830 97AE 鞮21055 523F 刿-39639 9AD7 髗32579 7F43 罃21948 55BC 喼20970 51EA 凪。