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三年（2015-2017）高考物理试题分项版解析1．【2017·江苏卷】题12A–2（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的时间间隔均为30 s，两方格纸每格表示的长度相同．比较两张图片可知：若水温相同，_________（选填“甲”或“乙”）中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，___________（选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈．【答案】甲乙【解析】温度相同，颗粒越大，布朗运动越不明显，所以若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，温度越高，布朗运动越明显，故乙中水分子的热运动较剧烈．【考点定位】布朗运动【名师点睛】本题主要考查布朗运动，布朗运动与悬浮在液体中颗粒的大小及液体的温度有关．2．【2015·江苏·12A（2）】在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_________（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）【答案】增大不变【解析】因为测试时，对包装袋缓慢地施加压力，外界对气体所做的功等于气体对外放出的热量，由热力学第一定律可知：气体的温度不变，即内能不变。
玻意耳定律可知：气体体积变小，所以压强变大，由于气体的压强是由于气体分子对器壁的频繁碰撞而产生的，所以包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大。
【考点】热力学第一定律、气体的内能【方法技巧】本题主要是对定律的理解，利用热力学第一定律分析内能的变化，利用玻意耳定律分析气体的压强变化。
3．【2016·江苏卷】如题12A−1图所示，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题12A−2图所示，则状态A对应的是（选填“①”或“②”）．【答案】不变①【考点定位】理想气体【方法技巧】对一定质量的理想气体等容过程，气体的密度不变，即单位体积中的气体分子数目不变；理解气体分子热运动速率的统计分布图象。
三年（2015-2017）高考物理试题分项版解析一、选择题1．【2017·卷】利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是A．地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】D【考点定位】万有引力定律的应用【名师点睛】利用万有引力定律求天体质量时，只能求“中心天体”的质量，无法求“环绕天体”的质量。
2．【2017·新课标Ⅲ卷】2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。
与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的A．周期变大 B．速率变大C．动能变大 D．向心加速度变大【答案】C【解析】根据万有引力提供向心力有2222π()GMm mvm r mar T r===，可得周期32GMTr=，速率GMvR=2GMar=，对接前后，轨道半径不变，则周期、速率、向心加速度均不变，质量变大，则动能变大，C正确，ABD错误。
【考点定位】万有引力定律的应用、动能【名师点睛】万有引力与航天试题，涉及的公式和物理量非常多，理解万有引力提供做圆周运动的向心力，适当选用公式22222π()GMm mvm r m r mar T rω====，是解题的关键。
要知道周期、线速度、角速度、向心加速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关。
3．【2017·卷】“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，则其（A）角速度小于地球自转角速度（B）线速度小于第一宇宙速度（C）周期小于地球自转周期（D）向心加速度小于地面的重力加速度【答案】BCD【考点定位】天体运动【名师点睛】卫星绕地球做圆周运动，考查万有引力提供向心力．与地球自转角速度、周期的比较，要借助同步卫星，天舟一号与同步卫星有相同的规律，而同步卫星与地球自转的角速度相同．4．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T。
三年（2017-2019）高考真题物理分项汇编：专题20力学计算题专题20 力学计算题1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图（a ）所示。
t =0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A 运动的v –t 图像如图（b ）所示，图中的v 1和t 1均为未知量。
已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力。
（1）求物块B 的质量；（2）在图（b ）所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。
求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m （2）215mgH （3）11=9μμ'【解析】（1）根据图（b ），v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，12v 为其碰撞后瞬间速度的大小。
设物块B 的质量为m '，碰撞后瞬间的速度大小为v '，由动量守恒定律和机械能守恒定律有11()2vmv m m v ''=-+①22211111()2222v mv m m v ''=-+② 联立①②式得3m m '=③（2）在图（b ）所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W ，由动能定理有211102mgH fs mv -=-④ 2121()0()22vfs mgh m -+=--⑤从图（b ）所给的v –t 图线可知11112s v t =⑥ 12111(1.4)22v s t t =⋅⋅-⑦ 由几何关系21s h s H=⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为12W fs fs =+⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得215W mgH =⑩ （3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有cos sin H hW mg μθθ+=○11 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s '，由动能定理有2102m gs m v μ''''-=-○12 设改变后的动摩擦因数为μ'，由动能定理有cos 0sin hmgh mg mgs μθμθ'''-⋅-=○13 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得 11=9μμ'○14 2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m =2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。
三年（2015-2017）高考物理试题分项版解析1．【2016·上海卷】（3分）在“用DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是传感器。
若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏。
（选填：“大”或“小”）。
【答案】光电门；大【学考点定位】机械能守恒定律的验证【方法技巧】要熟悉实验“机械能守恒定律的验证”，会计算摆球通过光电门时的速度，根据动能的公式就可以分析小球动能的变化情况。
2．【2015·海南·11】某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a ）和（b ）所示。
该工件的直径为______cm ，高度为________mm 。
【答案】1.220cm ，6.861mm 【解析】游标卡尺读数为112412.20 1.22020d mm mm mm cm =+⨯== 螺旋测微器的读数为： 6.536.10.01 6.861h mm mm mm =+⨯=【考点定位】螺旋测微器，游标卡尺读数【方法技巧】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
3．【2017·新课标Ⅱ卷】（6分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。
使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。
实验步骤如下：①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间∆t；③用∆s表示挡光片沿运动方向的长度，如图（b）所示，v表示滑块在挡光片遮住光线的∆t时间内的平均速度大小，求出v；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出v–∆t图，如图（c）所示。
专题22 电与磁(提升题）1．【2017·天津卷】(18分）平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示。
一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍。
粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等。
不计粒子重力，问：（1）粒子到达O 点时速度的大小和方向;（2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
【答案】(1)02v v =，方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上（2)20v B E =解得:1tan =α,即45=α，粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上。
粒子到达O 点时的速度大小为00245cos v v v ==【考点定位】带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。
2．【2017·天津卷】(20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ，电容器的电容为C .两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ，电阻不计。
炮弹可视为一质量为m 、电阻为R 的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.首先开关S 接1，使电容器完全充电。
然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场（图中未画出）,MN 开始向右加速运动.当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨。
问:（1)磁场的方向；（2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少。
2015年高考物理真题分类汇编：牛顿运动定律(2015新课标I-20). 如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】A、C、D【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；力的合成和分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律可得：-mgsinθ–μmgcosθ = ma1 ,根据图b可得：a1 = -v0/t1 ,由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远t1和几何关系sinθ = H/x ; 从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有：mgsinθ–距离x = v02,物块与斜面μmgcosθ = ma2，v1 = a2(2t1- t1) .解以上各式可得：斜面的倾角θ=arcsin v1+v02gt1间的动摩擦因数μ=v0−v1，选项AC对。
根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上2gt1cosθ,故选项D正确；仅根据速度时间图像，无法找到物滑行的最大高度H = Xsinθ = v0（v1+v0）4g块质量，选项B错。
(2015新课标I-25)（20分）．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，如图（a）所示。
时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（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。
已知碰撞后时间内小物块的图线如图（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。
求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为6.5m【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式【解析】(1) (7分) 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a1，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)a1·······○1(1分)由图可知。
物理高三备考力与直线运动专题提升试题一、选择题1.(多项选择)如下图，在水平力F拉着一物体在水平空中上做匀速直线运动，从t=0时辰起水平力F的大小随时间平均减小，到t1时辰F减小为零.物体所受的摩擦力Ff随时间t 的变化图象能够是( )解析：物体末尾做匀速直线运动，说明物体所受水平向右的拉力F与向左的滑动摩擦力等大反向.当F减小时，物体做减速运动.假定F减小为零之前物体一直运动，那么摩擦力一直为滑动摩擦力，大小不变，A正确.假定F减小为零之前物体已中止运动，那么中止前摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，中止后摩擦力为静摩擦力，大小随F的减小而减小，D 正确.答案：AD2.(多项选择)如下图(仰望)，完全相反的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上，每个足球的质量都是m，不思索转动状况，以下说法正确的选项是( )A.下面每个球对空中的压力均为mgB.下面的球不受空中给的摩擦力C.下面每个球受空中给的摩擦力均为mgD.下面球对下面每个球的压力均为mg解析：以四个球全体为研讨对象受力剖析可得，3FN=4mg，可知下面每个球对空中的压力均为FN=mg，选项A正确;隔离下面球剖析，3F1·=mg，F1=mg，选项D正确.隔离下面一个球剖析，Ff=F1·=mg，选项B、C错误.因此答案选AD.答案：AD3.(多项选择)如下图，顶端附有润滑定滑轮的斜面体运动在粗糙水平空中上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面衔接物块P，一条绳衔接小球Q，P、Q两物体处于运动形状，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ90°，且坚持结点O位置不变，整个装置一直处于运动形状.以下说法正确的选项是( )A.绳OA的拉力不时增大B.斜面体对物块P的摩擦力的大小能够先减小后增大C.空中对斜面体有向右的摩擦力D.空中对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和解析：缓慢改动绳OA的方向至θ>90°的进程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP绳的拉力不时增大，选项A错误;假定末尾时P受绳子的拉力比拟小，那么斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP绳拉力不时增大，那么摩擦力能够先变小后反向增大，选项B正确;以斜面和P、Q全体为研讨对象受力剖析，依据平衡条件，斜面受空中的摩擦力与F沿水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，选项C错误;以斜面体和P、Q全体为研讨对象受力剖析，依据竖直方向受力平衡：N+Fcosα=M斜g+MPg+MQg，式中α为F与竖直方向的夹角，由图剖析可知Fcosα的最大值即为MQg(当F竖直向上时)，故FcosαM斜g+MPg，选项D正确.答案：BD4.(多项选择)如下图，质量为m的木块在质量为M的长木板上遭到向右的拉力F的作用向右滑行，木板处于运动形状.木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与空中间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以下说法正确的选项是( )A.木板遭到空中的摩擦力的大小一定是μ1mgB.木板遭到空中的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)gC.当F>μ2(m+M)g时，木板便会末尾运动D.无论怎样改动F的大小，木板都不能够运动解析：对木板受力剖析：水平方向遭到木板向右的滑动摩擦力f1和空中向左的静摩擦力f2，f1=μ1mg，由平衡条件得f2=f1=μ1mg，故A正确;由于木板相关于空中能否将滑动不清楚，空中的静摩擦力不一定到达最大，那么木板遭到空中的摩擦力的大小不一定是μ2(m+M)g，故B错误;由题意剖析可知，木块对木板的摩擦力不大于空中对木板的最大静摩擦力，当F改动时，f1不变，那么木板不能够运动，故C错误，D正确.答案：AD5.如下图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平空中上，经过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的润滑球B，A、B均运动.那么( )A.B对A的压力大小为mgB.细线对小球的拉力大小为mgC.A对空中的压力大小为(M+m)gD.空中对A的摩擦力大小为mg解析：由于A、B处于运动形状，故其所受合外力为零，全体受力剖析，如下图，依据平衡条件，可得：FN-(M+m)g=0，依据牛顿第三定律可知：A对空中的压力大小为(M+m)g，选项C正确，选项D错误.隔离B受力剖析，如下图，依据平衡条件，由图中几何关系，可得==，得：N=mg，依据牛顿第三定律可得：B对A的压力大小为mg;细线对小球的拉力F=mg，选项AB错误.答案：C6.如下图，物块A放在直角三角形斜面体B下面，B放在弹簧下面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于运动形状.现用力F沿斜面向上推A，A、B仍处于运动形状.以下说法正确的选项是( )A.A、B之间的摩擦力大小能够不变B.A、B之间的摩擦力一定变小C.B遭到的弹簧弹力一定变小D.B与墙之间能够没有摩擦力解析：对物块A，末尾受重力、B对A的支持力和静摩擦力作用而平衡，当施加力F后，依然处于运动形状，末尾A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，假定F=2mAgsinθ，那么A、B之间的摩擦力大小能够不变，故A正确，B错误;对全体剖析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，那么弹簧的弹力不变，末尾弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加力F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，依据平衡条件知，B与墙之间一定有摩擦力，故C、D错误.答案：A7.如下图，小球a的质量为小球b质量的一半，区分与轻弹簧A、B和轻绳相衔接并处于平衡形状.轻弹簧A与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A、B伸长量刚好相反，那么以下说法中正确的选项是( )A.轻弹簧A、B的劲度系数之比为31B.轻弹簧A、B的劲度系数之比为21C.轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为21D.轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为11解析：设两弹簧的伸长量都为x，a的质量为m，对小球b受力剖析，由平衡条件可得：弹簧B的弹力kBx=2mg，对小球a受力剖析，可得：kBx+mg=kAx，联立可得：kA=3kB，选项A正确，B错误;同理F=kAxsin60°=kAx=kBx，选项CD错误. 答案：A8.如图是由某种资料制成的固定在水平空中上的半圆柱体的截面图，O点为圆心，半圆柱体外表是润滑的.质量为m的小物块(视为质点)在与竖直方向成θ角的斜向上的拉力F作用下运动在A处，半径OA与竖直方向的夹角也为θ，且A、O、F均在同一横截面内，那么小物块对半圆柱体外表的压力为( )A. B.mgcosθC. D.解析：对小物块受力剖析可得，小物块受重力、支持力、拉力F三个力作用途于运动形状，因此三力的合力为零，由平衡条件可得，支持力为，由牛顿第三定律可知，小物块对半圆柱体外表的压力为，选项D正确.答案：D二、非选择题9.如下图，轻杆BC的C点用润滑铰链与墙壁固定，杆的B点经进水平细绳AB使杆与竖直墙壁坚持30°的夹角.假定在B点悬挂一个不计重力的润滑定滑轮，某人经过滑轮匀速的提起重物.重物的质量m=30 kg，绕绳质量不计，人的质量M=50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时空中对人的支持力的大小.(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小.解析：(1)因匀速提起重物，那么绕绳对重物的拉力FT=mg，绕绳对人的拉力大小为mg，所以空中对人的支持力为：FN=Mg-mg=(50-30)×10 N=200 N，方向竖直向上.(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如下图，由共点力平衡条件得：FAB=2mgtan30°=2×30×10× N=200 NFBC== N=400 N.答案：(1)200 N (2)400 N 200 N10.如下图，质量m=4 kg的物体(可视为质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，传送带的长度l=6 m，当传送带以v=4 m/s的速度逆时针转动时，绳与水平方向的夹角θ=37°.：g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.(1)求传送带动摇运动时绳子的拉力T;(2)某时辰剪断绳子，那么经过多少时间，物体可以运动到传送带的左端?解析：(1)传送带动摇运动时，物体处于平衡形状，有Tcosθ=μ(mg-Tsinθ)解得T=15.4 N.(2)剪断绳子后，依据牛顿第二定律有μmg=ma解得a=4 m/s2匀减速的时间t1==1 s位移s1=at=2 m那么匀速运动的时间为t2==1 s总时间t=t1+t2=2 s. 答案：(1)15.4 N (2)2 s。
三年（2015-2017）高考物理试题分项版解析一、选择题1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空.50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间.火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅ 【答案】A【考点定位】动量、动量守恒【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题.只要注意动量的矢量性即可.比较简单。
2．【2015·福建·30（2）】如图.两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动.滑块A 的质量为m .速度为2v 0.方向向右.滑块B 的质量为2m .速度大小为v 0.方向向左.两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是。
A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止.B 向右运动D ．A 向左运动.B 向右运动【答案】D【解析】取向右为正方向.根据动量守恒：B A mv mv mv v m 22200+=-.知系统总动量为零.所以碰后总动量也为零.即A 、B 的运动方向一定相反.所以D 正确；A 、B 、C 错误。
【考点】原子结构和原子核【方法技巧】本题主要考察动量守恒.在利用动量守恒解决问题时.注意动量是矢量.要先选择正方向。
3．【2015·北京·18】“蹦极”运动中.长弹性绳的一端固定.另一端绑在人身上.人从几十米高处跳下.将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。
从绳恰好伸直.到人第一次下降至最低点的过程中.下列分析正确的是（）A．绳对人的冲量始终向上.人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功.人的动能一直减小C．绳恰好伸直时.绳的弹性势能为零.人的动能最大D．人在最低点时.绳对人的拉力等于人所受的重力【答案】A【考点定位】牛顿运动定律、动量定理、功能关系。
专题20 力与运动（提升题）1．【2017·新课标Ⅰ卷】（12分）一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。
飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.50×103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。
取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2。
（结果保留2位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
【答案】（1）（1）4.0×108J 2.4×1012J （2）9.7×108J（2）飞船在高度h' =600 m 处的机械能为21 2.0()2100h h E m v mgh ''=+⑤ 由功能原理得0h W E E '=-⑥式中，W 是飞船从高度600m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得W =9.7×108 J ⑦【考点定位】机械能、动能定理【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功。
2．【2016·江苏卷】（16分）如图所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A 、B 的质量均为m ．撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g ．求：（1）A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； （2）A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； （3）A 滑动的位移为x 时的速度大小v A ．【答案】（1）mg cos α （2x （3）A v =（3）B 的下降高度s y =x ·sin α根据机械能守恒定律221122y A B mgs mv mv =+ 根据速度的定义得ΔΔA x v t =，ΔΔB sv t=则B A v v =解得A v =【考点定位】物体的平衡、机械能守恒定律【方法技巧】第一问为基础题，送分的。
三年（2015-2017）高考物理试题分项版解析1．【2017·江苏卷】（16分）如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R ．C 的质量为m ，A 、B 的质量都为2m ，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ；（2）动摩擦因数的最小值μmin ；（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W ．【答案】（1）33F mg =（2）min 32μ=（3）(21)(31)W mgR μ=--（3）C 下降的高度31)h R =A 的位移2(31)x R = 摩擦力做功的大小2(31)fW fx mgR μ== 根据动能定理00f WW mgh -+=- 解得(21)(31)W mgR μ=-【考点定位】物体的平衡动能定理【名师点睛】本题的重点的C 恰好降落到地面时，B 物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的关键，也是本题分析的难点．2．【2016·海南卷】水平地面上有质量分别为m 和4m 的物A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ。
细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示。
初始时，绳出于水平拉直状态。
若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g 。
求：（1）物块B 克服摩擦力所做的功；（2）物块A 、B 的加速度大小。
【答案】（1）2μmgs （2）32F mg m μ-34F mg mμ-由A 和B 的位移关系得a A =2a B ⑥ 联立④⑤⑥式得3=2A F mg a mμ-⑦ 3=4B F mg a m μ-⑧ 【考点定位】牛顿第二定律、功、匀变速直线运动【名师点睛】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可。
专题20 计算题 力与运动（提升题）-三年高考（2015-2017）物理1．【2017·新课标Ⅰ卷】（12分）一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。
飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。
取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2。
（结果保留2位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
【答案】（1）（1）4.0×108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J（2）飞船在高度h' =600 m 处的机械能为21 2.0()2100h h E m v mgh ''=+⑤ 由功能原理得0h W E E '=-⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得 W =9.7×108 J ⑦【考点定位】机械能、动能定理【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功。
2．【2016·江苏卷】（16分）如图所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A 、B 的质量均为m ．撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g ．求：（1）A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； （2）A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； （3）A 滑动的位移为x 时的速度大小v A ．【答案】（1）mg cos α （2x （3）A v =（3）B 的下降高度s y =x ·sin α根据机械能守恒定律221122y A B mgs mv mv =+ 根据速度的定义得ΔΔA x v t =，ΔΔB sv t=则B A v v =解得A v =【考点定位】物体的平衡、机械能守恒定律【方法技巧】第一问为基础题，送分的。
第二问有点难度，难在对几何关系的寻找上，B 的实际运动轨迹不是沿斜面，也不是在竖直或水平方向，这样的习惯把B 的运动正交分解，有的时候分解为水平、竖直方向，也可能要分解到沿斜面和垂直斜面方向，按实际情况选择，第三问难度较大，难在连接体的关联速度的寻找，这类关系的寻找抓住：沿弹力的方向分速度相同。
3．【2016·上海卷】（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备。
如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H =3.2 m 处，杆上套一质量m =3 kg ，可沿杆滑动的小球。
将小球所受的风力调节为F =15 N ，方向水平向左。
小球以初速度v 0=8 m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g =10m/s 2。
求：（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； （2）小球落地时的动能。
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J ？【答案】（1）4.8 m （2）120 J （3）0.24 s（3）小球离开杆后经过时间t 的水平位移2012s v t at =- 由动能定理Fs gt mg mv E -⋅=220k 2121- 以k =78J E 和0=8v m/s 代入得125t 2-80t +12=0 解得t 1=0.4 s ，t 2=0.24 s 。
【考点定位】曲线运动、自由落体运动、匀速运动、动能定理【方法技巧】首先分析出小球的运动情况，竖直方向自由落体运动，水平方向匀减速直线运动，根据运动情况计算小球运动时间和水平位移；通过动能定理计算小球落地动能；通过动能定理和运动学关系计算时间。
4．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（18分）如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC =7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内。
质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F 点，AF =4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数1=4μ，重力加速度大小为g 。
（取34sin 373755︒=︒=，cos ）（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。
（2）求P 运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。
已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点。
G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量。
【答案】（1）B v =2）p 125E mgR =；（3）D v =113m m =P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有E p –mgl 1sin θ–μmgl 1cos θ=0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x =R ⑦p 125E mgR =⑧ （3）设改变后P 的质量为m 1。
D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为175sin 26x R R θ=-⑨ 155cos 66y R R R θ=++⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P 在C 点速度的大小为v C 。
在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有221111155(cos )2266C D m v m v m g R R θ=++⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有2p 1111(5)sin m g(5)cos 2CE m g x R x R m v θμθ-+-+=⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得113m m =⑯ 【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。
此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力。
5．【2017·新课标Ⅲ卷】（20分）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A =1 kg 和m B =5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m =4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。
某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0=3 m/s 。
A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。
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（1）B 与木板相对静止时，木板的速度； （2）A 、B 开始运动时，两者之间的距离。
【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m【解析】（1）滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。
设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。
在物块B 与木板达到共同速度前有11A f m g μ=① 21B f m g μ=②32()A B f m m m g μ=++③由牛顿第二定律得1A A f m a =④ 2B B f m a =⑤ 2131f f f ma --=⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。
由运动学公式有101B v v a t =-⑦ 111v a t =⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v =⑨对A 有212A v v a t =-+⑬在t 2时间间隔内，B （以及木板）相对地面移动的距离为21122212s v t a t =-⑭ 在（t 1+t 2）时间间隔内，A 相对地面移动的距离为2012121()()2A A s v t t a t t =+-+ ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同。
因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为01A B s s s s =++⑯联立以上各式，并代入数据得0 1.9 m s =⑰ （也可用如图的速度–时间图线求解）【考点定位】牛顿运动定律、匀变速直线运动规律【名师点睛】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A 、B 相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。
6．【2017·新课标Ⅰ卷】（20分）真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0。
在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。
持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点。
重力加速度大小为g 。
（1）求油滴运动到B 点时的速度。
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件。
已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍。
【答案】（1）2012v v gt =- （2）00221111[22()]4v v E E gt gt =-+011)v t g >+（2）由题意，在t =0时刻前有1qE mg =⑥ 油滴从t =0到时刻t 1的位移为21011112s v t a t =+⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2=2t 1的时间间隔内的位移为22112112s v t a t =-⑧由题给条件有202(2)v g h =⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离。
若B 点在A 点之上，依题意有12s s h +=⑩ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得00221111[22()]4v v E E gt gt =-+⑪为使21E E >，应有00211122()14v v gt gt -+>⑫即当010(1v t g<<-⑬或01(1v t g>+⑭ 才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于20v >和20v <两种情形。
【考点定位】牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律。
