【优化探究】2015高考物理二轮专题复素能提升 1-1-2 直线运动规律及牛顿运动定律的应用(含解析)新人教版

1. (多选)(2014年高考新课标Ⅱ全国卷)图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反，偏转方向必相反，故A 正确．因r ＝m vqB ，各粒子虽q 相同、但v 关系未知，故m 相同、v 不同时轨迹半径不同，而当r 相同时只能表明m v 相同，不能确定m 的关系，故B 错误，C 正确．由E k ＝12m v 2有r ＝2mE kqB ，可见当E k 越大时，确定的粒子其轨迹半径越大，故D 错误．答案：AC2．(多选)(2014年高考浙江卷)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功解析：根据题意得出v -t 图象如图所示，金属棒一直向右运动，A 正确．速度随时间做周期性变化，B 正确．据F 安＝BIL 及左手定则可判定，F 安大小不变，方向做周期性变化，则C 项正确．F 安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D 项错．答案：ABC3．(2014年高考江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ； (3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值． 解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ， 根据题意知L ＝3r sin 30°＋3d cos 30°， 且h ＝r (1－cos 30°)． 解得h ＝(23L －3d )(1－32)．(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′， 洛伦兹力提供向心力，则有 m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B . 由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°， 解得Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d )．(3)设粒子经过上方磁场n 次，由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°，且m v 2nr n ＝q v n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L 3d－1，n 取整数)．答案：(1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d ) (3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L 3d －1，n 取整数)4．如图甲所示，M 、N 是宽为d 的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T 0为已知)．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的离子在t ＝0时从直线M 上的O 点沿着OM 线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T 0时恰好返回左边界M .则图乙中磁感应强度B 0的大小和离子的初速度v 0分别为( )A ．B 0＝2πm qT 0，v 0＝πdT 0B ．B 0＝2πm qT 0，v 0＝πd2T 0C ．B 0＝πm qT 0，v 0＝πdT 0D ．B 0＝πm qT 0，v 0＝πd2T 0解析：由题意及题图乙可画出离子的运动轨迹，如图所示．离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力知B 0q v 0＝m v 20R ，由轨迹图可知离子运动的半径满足d ＝4R ，由轨迹图可知离子运动的周期为T ＝T 0，而T ＝2πR v 0，联立得B 0＝2πm qT 0，v 0＝πd2T 0，A 、C 、D 错，B 对．答案：B5.如图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场．在t ＝0时刻，一位于ad 边中点O 的粒子源在abcd 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od 边的夹角分布在0～180°范围内．已知沿Od 方向发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场边界cd 边上的p 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计．求：(1)粒子的比荷q /m ；(2)假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．解析：(1)初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示，其圆心为n ，由几何关系有∠Onp ＝π6，则t 0＝T 12.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得Bq v ＝m v 2R ，又T ＝2πRv得T ＝2πm qB ，所以q m ＝π6Bt 0.(2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O 点距离相等．在t 0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 为圆心，Op 为半径的弧pW 上，如图乙所示．由图乙知∠pOW ＝5π6， 此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6.(3)在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b 点相交(在磁场中有最长的弦)，如图丙所示．设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则sin θ2＝54，在磁场中运动的最长时间 t ＝θ2πT ＝12arcsin54πt 0. 所以从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间为t ＝(12πarcsin 54)t 0.答案：(1)π6Bt 0 (2)5/6 (3)(12πarcsin 54)t 0课时跟踪训练一、选择题1.如图是某磁场部分区域的磁感线分布(图线关于水平虚线对称)，a 、b 是其内两点，则( )A ．a 、b 两点的磁感应强度大小不等，且B a >B bB ．同一通电导线放在a 处所受磁场力一定大于放在b 处所受磁场力C ．同一闭合小线圈在a 点的磁通量一定大于在b 点的磁通量D ．a 点的磁感应强度的方向即为放在该点的通电直导线所受的磁场力的方向解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由题图知A 对；安培力的大小跟B 、I 、L 及导线放置的方向与磁感应强度方向间的夹角有关，B 错；磁通量实质是穿过某一面的磁感线条数，与导线放置情况有关，C 错；由左手定则知安培力垂直于磁场与导线确定的平面，D 错．答案：A2.(多选)如图所示的区域共有六处开口，各相邻开口之间的距离都相等，匀强磁场垂直于纸面，不同速度的粒子从开口a 进入该区域，可能从b 、c 、d 、e 、f 五个开口离开，粒子就如同进入“迷宫”一般，可以称作“粒子迷宫”．以下说法正确的是 ( )A ．从d 口离开的粒子不带电B ．从e 、f 口离开的粒子带有异种电荷C ．从b 、c 口离开的粒子运动时间相等D ．从c 口离开的粒子速度是从b 口离开的粒子速度的2倍解析：从d 口离开的粒子不偏转，所以不带电，A 正确；根据左手定则，从f 、e 口离开的粒子带有同种电荷，B 错误；从b 口离开的粒子运动时间是半个周期，从c 口离开的粒子运动时间是四分之一周期，C 错误；从c 口离开的粒子轨道半径是从b 口离开的粒子轨道半径的2倍，因此速度也是2倍关系，D 正确．答案：AD3．(2014年高考安徽卷)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( )A.T B ．T C.T 3D ．T 2解析：等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得v ＝BqRm .动能E k ＝12m v 2＝B 2q 2R 22m .由题意得E k ＝kT ， 故有kT ＝B 2q 2R 22m ，得B ＝2kmq 2R 2T . 即B ∝T ，选项A 正确． 答案：A4.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的图象，可能正确的是( )解析：金属棒受到的导轨的支持力大小等于安培力大小，即F N ＝BIL ＝BkLt ，金属棒在竖直方向上有mg －μF N ＝ma ，则a ＝g －μBkLm t ，显然D 对，C 错；根据金属棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动可知A 错，B 对．答案：BD5.(多选)在如图所示的虚线MN 上方存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ 的角Q 为直角，角O 为30°.两带电粒子a 、b 分别从O 、P 两点垂直于MN 同时射入磁场，恰好在Q 点相遇，则由此可知( )A ．带电粒子a 的速度一定比b 大B ．带电粒子a 的比荷一定比b 大C ．带电粒子a 的运动周期一定比b 大D ．带电粒子a 的轨道半径一定比b 大解析：如图所示，由几何关系可得，两粒子轨道圆心在同一点O ′，轨道半径相等，D 项错．两带电粒子射入磁场，同时到达Q 点，故运动时间相等．由图可知，粒子a 到达Q 点运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b 到达Q 点运动的圆弧对应的圆心角为60°，因此由T ＝2πm Bq 有13T a ＝16T b ，即13·2πm a q a B ＝16·2πm b q b B ，解得q a /m a q b /m b ＝21，B 项正确，C 项错误．由r ＝m v qB 有v a v b ＝q a /m a q b /m b ＝21，A 项正确．答案：AB6.如图所示，从放射源P 放射出一束电荷量为＋q 、质量为m (不计重力)、速率不同的带电粒子，带电粒子从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，小孔Q 到板的下端C 的距离为L ，已知速率最大的粒子恰垂直打在CD 板上，则下列说法正确的是( )A ．粒子在磁场中运动的最短时间为πm2qBB ．CD 板上可能被粒子打中的区域的长度为(2－2)LC ．粒子在磁场中运动的最长时间为πm4qBD ．粒子在磁场中运动的最大速率v m ＝2qBLm解析：速率最大的粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L ，故半径r 1＝L ，又因为q v m B ＝m v 2mL ，所以v m ＝qBL m ，这时粒子在磁场中运动的时间最短，t 1＝18T ＝πm4qB ，A 、D 错误；设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A ，在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2，解得r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L ，所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ，即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L ，B 正确；打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝12T ＝πmqB，C 错误．答案：B7.阿尔法磁谱仪是我国科学家研制的物质探测器，用于探测宇宙中的暗物质和反物质(即反粒子——如质子11H 和反质子1－1H)．该磁谱仪核心部分的截面是半径为r 的圆柱形区域，其中充满沿圆柱轴向的匀强磁场．P 为入射窗口，a 、b 、c 、d 、e 五处装有粒子接收器，P 与a 、b 、c 、d 、e 为圆周上的6个等分点，各粒子从P 点射入的速度相同，均沿直径方向，如图所示．如果反质子1－1H 射入后被a 处接收器接收，则( )A ．磁场方向垂直纸面向里B ．反质子1－1H 的轨道半径为12r C ．氚核31H 将被e 处接收器接收 D ．反氚核3－1H 将被b 处接收器接收解析：反质子1－1H 带负电，射入后被a 处接收器接收，由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向外，A 错；反质子1－1H 在磁场中的运动如图所示，由几何关系得R r ＝tan 30°，轨道半径R ＝33r ，B 错；氚核31H 和反氚核 3－1H 质量数相等，且等于反质子质量数的3倍，因此其在磁场中运动的轨道半径为反质子的3倍，即R ′＝3r ，轨迹对应的圆心角φ＝2arctan r R ′＝60°，因此氚核31H 粒子将被d 处接收器接收，而反氚核 3－1H 粒子将被b 处接收器接收，C 错，D 对．答案：D8.(2014年开封模拟)在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy 平面且周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy 平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B 0，变化周期为T 0.某一正粒子的质量为m 、电荷量为q ，在t ＝0时从O 点沿x 轴正向射入磁场中．若要求粒子在t ＝T 0时距x 轴最远，则B 0的值为( )A.πm qT 0B.2πm qT 0C.3πm 2qT 0D.5πm 3qT 0解析：由题意可知，在T 02～T 0时间内，粒子的轨迹正好跟y 轴相切，t ＝T 0时距x 轴最远，如图所示．由图中几何关系可得，在0～T 02内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为5π6，则粒子运动的时间t ′＝mθqB 0＝m5π6qB 0＝T 02，则B 0＝5πm3qT 0，选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．答案：D 二、计算题9.如图所示，相距20 cm 的平行金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，现在导轨上放一质量为330 g 的金属棒ab ，它与导轨间的动摩擦因数为0.50，整个装置处于磁感应强度为2 T 的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源的电动势为15 V ，内阻不计，滑动变阻器的阻值R 满足要求，其他部分电阻不计，g 取10 m/s 2，为了保证ab 处于静止状态，求：(1)ab 通入的最大电流为多少？ (2)ab 通入的最小电流为多少？ (3)R 的调节范围是多大？解析：(1)ab 通过最大电流时，静摩擦力最大，方向沿导轨向下，安培力F 1水平向右，由平衡条件得F 1cos θ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ＋F 1sin θ)， 所以F 1＝mg (sin θ＋μcos θ)cos θ－μsin θ＝6.6 N.而F 1＝BI max L ，所以最大电流为I max ＝16.5 A.(2)ab 通过最小电流时，静摩擦力也最大，方向沿导轨向上，安培力F 2水平向右，由平衡条件得F 2cos θ＋μ(mg cos θ＋F 2sin θ)＝mg sin θ， 所以F 2＝mg (sin θ－μcos θ)cos θ＋μsin θ＝0.6 N.所以最小电流为I min ＝F 2BL＝1.5 A.(3)当ab 中电流最小时，变阻器阻值为R 1＝E I min＝10 Ω， 当ab 中电流最大时，变阻器阻值为R 2＝E I max＝0.91 Ω， 为保持ab 静止，R 的调节范围为0.91～10 Ω.答案：(1)16.5 A (2)1.5 A (3)0.91～10 Ω10.(2014年浙江高三联考)如图所示，圆心在坐标原点、半径为R 的圆将xOy 平面分为两个区域．在圆内区域Ⅰ(r ≤R )和圆外区域Ⅱ(r >R )分别存在两个磁场方向均垂直于xOy 平面的匀强磁场(图中未画出)；垂直于xOy 平面放置了两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于x 轴放置在y 轴坐标为－2.2R 的位置，荧光屏乙平行于y 轴放置在x 轴坐标为3.5R 的位置．现有一束质量为m 、电荷量为q (q >0)、动能为E 0的粒子从坐标为(－R,0)的A 点沿x 轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现坐标为(0.4R ，－2.2R )的亮点N .若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为(0，－2.2R )的亮点M .此时，若将荧光屏甲沿y 轴负方向平移，则亮点x 轴坐标始终保持不变．(不计粒子重力影响)(1)求区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B 1、B 2的大小和方向；(2)若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从A 点沿x 轴正方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为m 、电荷量为－q 、动能为3E 0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置坐标．解析：(1)由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示．粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后，从C 点沿y 轴负方向进入区域Ⅱ的磁场．区域Ⅰ中圆周运动的圆心是O 1点，半径为r 1＝R由q v B 1＝m v 2r 1可得B 1＝m v qr 1＝2mE 0qR， 方向垂直平面xOy 向外．粒子进入区域Ⅱ后做半径为r 2的圆周运动，由q v B 2＝m v 2r 2可得r 2＝m v qB 2. 圆周运动的圆心O 2坐标为(r 2，－R )，则(r 2－0.4R )2＋(2.2R －R )2＝r 22，解得r 2＝2R .则B 2＝m v qr 2＝2mE 02qR ， 方向垂直平面xOy 向里．(2)粒子束改为质量为m 、电荷量为－q ，动能为3E 0的运动轨迹如图乙所示．粒子先在区域Ⅰ中做圆周运动，半径为r 3＝m v ′qB 1＝2mE ′qB 1＝3R . 由圆心O 3的坐标(－R ，3R )可知，O 3A 与O 3O 的夹角为30°.通过分析图乙的几何关系，粒子从D 点穿出区域Ⅰ的速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝60°.粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的半径为r 4＝m v ′qB 2＝2mE ′qB 2＝23R ， 其圆心O 4的坐标为(R cos 60°＋r 4cos 30°，－(r 4sin 30°－R sin 60°))，即(72R ，－32R )． 说明圆心O 4恰好在荧光屏乙上．所以，亮点将出现在荧光屏乙上的P 点，其y 轴坐标为y ＝－32R ＋r 4＝332R ，即亮点P 的坐标为(3.5R ，332R )． 答案：(1)2mE 0qR 垂直平面xOy 向外 2mE 02qR 垂直平面xOy 向里 (2)(3.5R ，332R )。

1．(2014年高考福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.解析：刻度尺的最小分度为1 mm，要估读到0.1 mm，其读数为601.0 mm＝60.10 cm.游标卡尺读数＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm.答案：60.10 4.202．(2014年高考天津卷)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些___________________________________.(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：________________________________________________________________________.(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析：(1)计算小车的动能变化需用天平测质量；在计算小车的瞬时速度时需用刻度尺测距离．(2)只有绳与板面平行时，才能保证小车运动中与板面间的压力不变，才能保证小车所受摩擦力不变，才能保证平衡摩擦力后绳的拉力等于小车所受合力，故D正确．(3)要增加纸带上所打下点的数目，只有减小小车运动的加速度．在所挂钩码数目不变的情况下只有增大小车的质量，即在车上增加砝码或钩码．(4)当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码重力大于细绳拉力，此同学将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C、D正确．答案：(1)刻度尺、天平(包括砝码)(2)D(3)可在小车上加适量的砝码(或钩码)(4)CD 3．(2014年高考新课标Ⅰ全国卷)某同学利用图a所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图b所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图b可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是________________________________________________________________________.(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合力，则实验中应采取的改进措施是________________________________________________________________________．钩码的质量应满足的条件是______________________________．解析：(1)将图b中各点连线，得到的是一条曲线，故a与m的关系是非线性关系．(2)由图b可知，当钩码质量不为零时，在一定范围内小车加速度仍为零，即钩码对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度，故可能的原因是存在摩擦力．(3)若将钩码所受重力作为小车所受合力，则应满足三个条件，一是摩擦力被平衡，二是绳平行于轨道平面，此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力，设绳的拉力为F T，由mg－F T＝ma、F T＝Ma有F T＝mMM＋mg＝mg1＋mM，可见当m≪M时才有F T≈mg，故第三个条件为m≪M.答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量4．(1)一同学在某次实验中测量一物体长度，记录结果为11.75 mm，则该同学所使用的测量工具可能为________；A．10分度的游标卡尺B．20分度的游标卡尺C．50分度的游标卡尺D．螺旋测微器(2)一个同学在研究小球自由落体运动时，用频闪照相机连续记录下小球的位置如图所示．已知闪光周期为130s，测得x1＝7.68 cm，x3＝12.00 cm，用上述数据通过计算可得小球运动的加速度为________ m/s2，图中x2为________ cm.(结果保留三位有效数字)解析：(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1 mm,20分度游标卡尺的精确度为0.05 mm,50分度游标卡尺的精确度为0.02 mm，螺旋测微器的精确度为0.01 mm，但要估读，读数的小数点后应为3位，所以该同学使用的测量工具可能是20分度游标卡尺，B正确．(2)由匀变速直线运动推论Δx＝aT2可知，x3－x1＝4aT2，解得a＝9.72 m/s2，由x2－x1＝2aT2可解得x2＝9.84 cm.答案：(1)B(2)9.729.845.某同学现用图甲所示的实验装置来“探究动能定理”，打点计时器的打点频率为50 Hz，重力加速度g取10 m/s2.分析下列问题：(1)图乙是从实验中选出的一条纸带并将纸带置于一透明刻度尺上．在纸带上已标有O、A、…、F七个计数点(每两个打点间隔取一个计数点)，由图乙读得O到C点的位移为s3＝________ cm.(2)分别计算出打点计时器打下计数点A 、B 、…、E 时小车速度的二次方v 21、…、v 25，分别求出v 22、…、v 25与v 21的差值Δv 21、Δv 22、Δv 23、Δv 24.再计算出小车通过s AB 、s AC 、s AD 、s AE时钩码重力对小车做的功W 1、W 2、W 3、W 4；最后作出了如图丙所示的Δv 2-W 图象．根据该图象你得到的结论是_______________________________________．(3)根据图丙所得图象求得斜率k ＝________，则小车的质量M ＝________ kg ，实验中小车受到的合力F ＝________ N.解析：(1)O 到C 点的位移为s 3＝5.03 cm.(2)由题图丙可得到“小车动能的变化量与合力做的功成正比”这一结论，从而验证了动能定理．(3)由动能定理W ＝12M ·Δv 2，可知图象的斜率为k ＝2M，若知道图象的斜率便可求出小车的质量．由图象可得该直线的斜率为k ＝0.190－00.012－0＝15.8.故小车的质量为M ＝215.8 kg ＝0.127 kg.小车的加速度大小为a ＝(s CD ＋s DE ＋s EF )－(s OA ＋s AB ＋s BC )9T 2＝s CF －s OC 9T 2＝[(11.85－5.03)－5.03]×10－29×(0.04)2 m/s 2＝1.24 m/s 2，由牛顿第二定律可知小车所受的合力F ＝Ma ＝0.127×1.24 N ＝0.157 N.答案：(1)5.03 (2)小车动能的变化量与合力做的功成正比 (3)15.8 0.127 0.1576.现在需要测量物块与长木板之间的动摩擦因数，备有如下器材：两个相同的物块A 、B ，一个带有固定装置的光滑小滑轮，砝码若干，一把镊子，一个黑板擦，几条长轻质细线，两个小盘．小丁和晓平两个同学配合进行如下实验：首先把木板固定在水平桌面上，把小滑轮固定在木板的左端，把两个物块A 和B (A 、B距离较近)放到木板的右端，用细线把物块和小盘通过小滑轮连接，通过调整小滑轮的高度使木板上方的细线水平；晓平同学用黑板擦按住两个物块A 和B ，小丁同学在两个小盘里放上不同个数的砝码，然后晓平同学抬起黑板擦，两个物块同时运动起来，当较快的物块接近木板左端时按下黑板擦，两个物块同时停下来．(1)为完成此实验，还需要如下哪些器材：________.A ．秒表B ．刻度尺C ．弹簧测力计D ．天平(2)晓平和小丁同学测量出A 和B 在木板上的位移，分别记作x A 和x B ，还测得小盘的质量为m 、物块A (B )的质量为9m 、A 和B 对应小盘里砝码的质量分别为5m 和10m .根据这些量能否求出物块和木板之间的动摩擦因数________(填“能”或“否”)；若不能，写出还应测量哪些物理量；若能，请你计算出μ.________________________________________________________________________(3)若细线与木板上表面平行，而木板左端比右端略低，则测量的动摩擦因数与真实值相比________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．解析：(1)根据实验步骤和原理可知，根据x ＝12at 2可得出A 、B 的加速度之比，不需要测量时间，需测运动位移；根据牛顿第二定律F ＝ma 可知只需测量质量便能结合加速度之比而得出μ.(2)设A 和B 运动的加速度大小分别为a A 和a B ，应用牛顿第二定律分别有(m ＋5m )g －μ(9m )g ＝(m ＋5m ＋9m )a A 、(m ＋10m )g －μ(9m )g ＝(m ＋10m ＋9m )a B ，又x A ＝12a A t 2、x B ＝12a B t 2， 联立解得μ＝8x B －11x A 3(4x B －3x A ). (3)砝码、小盘和物块的总质量为M ，物块的质量为m 0，(M －m 0)g －μ测m 0g ＝Ma ；由于木板左端比右端略低，使木板成为斜面(倾角设为θ)，应用牛顿第二定律有(M －m 0)g ＋m 0g sin θ－μ真m 0g cos θ＝Ma ，两式比较可知测量值比真实值小．答案：(1)BD (2)能 8x B －11x A 3(4x B －3x A )(3)偏小 课时跟踪训练1．甲、乙两同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测身边的物体，如下所示．(1)图甲为一游标卡尺的结构示意图，甲同学测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A ”“B ”或“C ”)进行测量，示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________ mm.(2)乙同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图丙所示，测量金属板厚度时的示数如图丁所示，图丙所示读数为________mm，图丁所示读数为________ mm，所测金属板的厚度为________mm.解析：(1)只有用“A”的两边缘才能测出钢笔帽的内径，由题图乙可知，游标尺上第6条刻度线与主尺上某一条刻度线对齐，则钢笔帽的内径d＝11 mm＋0.05×6 mm＝11.30 mm.(2)题图丙的读数为1.0×0.01 mm＝0.010 mm.题图丁的读数为6.5 mm＋37.0×0.01 mm ＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.答案：(1)A11.30(2)0.010 6.870 6.8602．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．(1)图乙中的________是力F1和F2的合力的理论值；________是力F1和F2的合力的实际测量值．(2)在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：________(选填“会”或“不会”)．为什么？答：____________________________________________________________________.(3)本实验采用的科学方法是()A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法解析：(1)力F 1和F 2的合力的理论值应为以F 1、F 2为邻边的平行四边形的对角线，即为F ；则F ′为合力的实际测量值．(2)由于实验中细绳的作用仅是描述力的方向，且橡皮筋受力情况与细绳完全相同，因此把细绳换成橡皮筋，不会影响实验结果．(3)本实验的实验原理是两分力共同的作用效果与合力的作用效果相同，即等效替代法，故C 正确．答案：(1)F F ′ (2)不会 因为橡皮筋受力情况与原细绳相同 (3)C3．某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，当地重力加速度大小为g ＝9.80 m/s 2.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示，纸带上的第一个点记为O ，另选连续的三个点A 、B 、C 进行测量，图中给出了这三个点到O 点的距离h A 、h B 和h C 的值．回答下列问题(计算结果保留三位有效数字)：(1)打点计时器打B 点时，重物速度的大小v B ＝________ m/s.(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．解析：(1)打点计时器打B 点时重物速度的大小v B ＝(h C －h A )f 2＝(86.59－70.99)×10－2×502 m/s ＝3.90 m/s.(2)12v 2B ＝7.61(m/s)2，gh B ＝7.70(m/s)2，因为12m v 2B ≈mgh B ，近似验证了机械能守恒定律，或由12m v 2B<mgh B 得出其他合理的结论也可以． 答案：(1)3.90 (2)见解析4．(2014年高考浙江卷)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来进行探究．(1)某次测量如图乙所示，指针示数为________ cm.(2)在弹性限度内，将50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A 、B 的示数L A 和L B 如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g 取10 m/s 2)．由表数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.解析：(1)16.00 cm.(2)表中对L A 的测量有四组数据，应采用逐差法计算增加一个钩码时弹簧Ⅰ增加的长度L 0＝L A 3＋L A 4－L A 1－L A 24＝0.04 m ， 故k ＝mg L 0＝12.50 N/m. 通过计算L B －L A 可得出A 、B 两指针间的长度，进而计算出增加一个钩码时弹簧Ⅱ增加的长度，从而计算出其劲度系数．答案：(1)16.00(有效数字位数正确，15.95～16.05均可) (2)12.5(12.20～12.80均可) 能5.(2014年潍坊联考)某同学为探究“加速度与物体受力关系”，设计了如图所示的实验装置：把一端带滑轮的木板平放在水平桌面上，将力传感器固定在小车上，用来测量绳对小车的拉力；小车的加速度由打点计时器打出的纸带测出．已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50 Hz.(1)对于实验的操作要求，下列说法正确的是________．A ．本实验中应保持小车和传感器总质量不变B ．为消除小车与木板之间摩擦力的影响，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂砂桶的情况下使小车能够静止在木板上C ．本实验必须满足细砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量(2)下图是实验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出计数点之间的距离分别为s AB ＝4.12 cm 、s AC ＝8.67 cm 、s AD ＝13.65 cm 、s AE ＝19.04 cm 、s AF ＝24.85 cm 、s AG ＝31.09 cm ，则小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．解析：本题考查探究“加速度与物体受力关系”的实验，意在考查考生对实验原理的理解能力和数据处理能力．(1)探究加速度与物体受力的关系时，应保持小车和传感器的总质量不变，A 正确；实验中拉力为小车和传感器所受合力，故需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，在不挂砂桶的情况下使小车能沿木板匀速下滑，B 错误；因为传感器直接测量绳的拉力，故无需使细砂和桶的总质量远小于小车和传感器的质量，C 错误．(2)根据匀变速直线运动规律的推论Δx ＝aT 2可知，a ＝s DG －s AD (3T )2，代入相关数据解得a ＝0.42 m/s 2.答案：(1)A (2)0.426．(2014年高考山东卷)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．实验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G ；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示．在A 端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F ；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；实验数据如下表所示：轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间的距离s.完成下列作图和填空：(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出F-G图线．(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)．(3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g表示)．解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．(2)因弹簧秤示数稳定后滑块静止，由题意知此时滑动摩擦力F f ＝F ，又因滑块与板间压力为N ＝G ，故由F f ＝μN 得F ＝μG ，即F -G 图线的斜率即为μ，由图线可得μ＝k ＝0.40.(3)根据牛顿第二定律，P 落地后，滑块运动的加速度的大小为a ＝μmg m＝μg ，且P 落地后滑块的位移x ＝s －h ，根据速度和位移的关系得0－v 2＝－2ax ，所以滑块的最大速度v ＝2ax ＝2μg (s －h ).答案：(1)图见解析 (2)0.40(0.38～0.42均正确) (3)2μg (s －h )7.一同学设计了如图甲所示的实验装置探究机械能守恒定律．图中斜面固定，底端B 处切线水平且与桌的右边缘相齐．他的部分实验步骤如下：a ．在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌子右边缘处，使小球从曲面上某点A 由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O .b ．将木板向右平移适当的距离L 0后固定，再使小球从A 点由静止释放，撞到木板上得到痕迹P ，测出OP 的距离y 1.c ．然后将挡板依次放在2L 0、3L 0、4L 0处固定，再依次使小球从A 点由静止释放，并依次记录下小球撞到木板上留下的痕迹C 、D 、E ，依次测出OC 、OD 、OE 的距离y 2、y 3、y 4.根据实验中所得到的数据作出了如图乙所示的L 2-y 图象．试分析下列问题：(1)要验证小球由A 到B 的过程中机械能守恒，还需测量的物理量及符号是________．(2)若轨道完全光滑，L 2与y 的理论关系应满足L 2＝________，说明关系式中每个物理量所表达的物理意义_____________________________________．(3)根据图乙求得斜面的高度h ＝________ m.解析：(1)要验证小球由A 到B 的过程中机械能守恒，则要验证小球在由A 运动到B 的过程中满足mgh ＝12m v 2B ，即gh ＝12v 2B ，v B 可结合平抛运动求解，则还需要测量A 、B 两点间的高度h .(2)由(1)可得要验证gh ＝12v 2B ，由平抛运动规律可得y ＝12gt 2，L ＝v B t ，由以上三式可得L 2＝4yh .其中L 是木板到桌子右边缘处的距离，y 是O 点到每次实验中小球在白纸上留下的轨迹点的距离．(3)由表达式L 2＝4yh 可知，L 2-y 图象的斜率的物理意义为斜面高度的四倍，即k ＝4h ，由题图乙可知图象的斜率为k ＝40，由此可得斜面的高度为h ＝0.10 m.答案：(1)斜面的高度h (2)见解析 (3)0.10。

2015年高考新课标Ⅱ卷物理答案详解14.D 解析：现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D 正确，A 、B 、C 错误． 考点：电容器；电场力；力的平衡15.C 解析：当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0，所以没有感应电流，但导体棒bc 、ac 在做切割磁感线运动，产生感应电动势，由右手定则可判断，都是c端电势高，且11222ac bc U =U =Bl ωl=Bl ω，故C 项正确．考点：导体切割磁感线16.B 解析：依题意，发动机点火卫星获得附加速度∆v 后，合速度沿同步轨道方向，如图所示，由余弦定理得22312122cos30 1.910m/s ∆=+-︒=⨯v v v v v ，方向东偏南方向，B 项正确．考点：速度的合成与分解17.A 解析：由图可知，汽车先以恒定功率1P 起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大的恒定功率2P 运动，所以加速度会突然增大，并再次做加速度减小的加速运动，故A 正确，B 、C 、D 错误． 考点：机车起动问题18.BC 解析：任何磁体都不可有仅具有一个磁极，故A 错误；指南针静止时有固定的指向：南北，说明地球具有磁场，且磁场方向也是南北方向，B 项正确；磁铁或铁块(磁性材料)都会干扰指南针的指向，C 项正确；若在指南针正上方也是南北方向放置一直导线，导线通过后产生东西方向的磁场，会使指南针向东西方向偏转，D 错． 考点：安培定则19.AC 解析：电子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有2Be m rv v =，故轨道半径m r eB =v 与磁感应强度成反比，即Ⅱ中电子的轨道半径是Ⅰ中的k 倍，A 项正确；电子加速度Be a m=v，与磁感应强度成正比，故1a a k=ⅡⅠ，B 错；电子做圆周运动的周期2m T Be π=，故T kT =ⅡⅠ，C 项正确；角速度与周期成反比，D 错．考点：带电粒子在磁场中的运动；圆周运动20.BC 解析：设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，则由牛顿第二定律可知：向东行驶时()F n k ma =-，向西行驶时23F km a =⋅，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误． 考点：牛顿第二定律21.BD 解析：当a 开始释放时，a 、b 速度为零，当a 落地时，沿杆的合速度为0，即b 的速度为0，不计摩擦，a 、b 系统机械能守恒，因此有212a mgh m =v ，a 落地速度2a gh =v ，B 项正确；由于开始与最终b 的速度都为0，因此杆对b 先做正功后做负功，A 错；a 落地前，当b 的速度最大、a 的机械能最小时，杆对b 的作用力为零，此时b 对地面的压力等于重力mg ，a 的加速度等于重力加速度，之后杆对b 做负功为拉力F ，则也受到杆斜向下的拉力F ，a 的加速度1cos mg F θa m+=大于重力加速度，C 错D 正确．考点：机械能守恒定律；运动的合成与分解 22.答案：（1）3.25；1.79；(2)C∆v2v 1v解析：（1）根据纸带数据可知：加速度22()()3.25m/s 4CD DE AB BC x x x x a T+-+==；打点C 点时物块的速度 1.79m/s 2BDC x T==v （2）由牛顿第二定律得：加速度θμθcos sin g g a -=，所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角．考点：测量物块与斜面的动摩擦因数23.答案：（1）见图（2）见解析；（3）>；见解析 解析：（1）实验电路如图所示⑫移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关1S 、2S ，调节1R ，使电压表指针满偏；保证滑动变阻器的滑片的位置不变，断开2S ，调节电阻箱0R ，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表内阻．⑬断开2S ，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路的总电阻增大，分得的电压也增大，此时0R 两端的电压大于电压表的半偏电压，故VV R R '>． 考点：半偏法测电表内阻 24.答案：2ABm U q=v 解：设带电粒子在B 点的速度大小为B v ，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即0sin30sin 60B ︒=︒v v① 由此得 03B =v v②设A B 、两点间的电势差为AB U ，由动能定理有：221122AB B A qU m m =-v v ③ 解得 20ABm U q=v④考点：动能定理；带电粒子在电场中运动25答案：（1）1a =32m/s ； 2a =12m/s ；（2）4s 解：⑪在0~2s 内，A 和B 受力如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得： 111f μN =① 1cos N mg θ=② 222f μN =③21cos N N mg θ=+④ 以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为1a 、2a ，由牛顿第二定律可得11sin ma f mg =-θ⑤ 212sin ma f f mg =+-θ⑥1f 1N mg 2f 2N mg1N '1f 'BA联立以上各式可得213m/s a = ⑦221m/s a =⑧ ⑫在1t =2s ，设A 和B 的速度分别为1v 、2v ，则1116m/s a t ==v ⑨ 2212m/s a t ==v⑩ 1t t >时，设A 和B 的加速度分别为12a a ''、，此时AB 之间摩擦力为零，同理可得216m/s a '=、222m/s a '=- 即B 做匀减速运动，设经时间2t B 的速度减为零，则2220a t '+=v联立⑩式解得21s t =在12~t t 时间内，A 相对于B 运动的距离为22221112122122221111()()12m 27m 2222x a t t a t a t t a t ''∆=++-+=<v +v此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经时间3t 后，A 离开B ，则有21123131()2L x a t t a t ''-∆=++v可得31s t =(另一解不合题意，舍去)则A 在B 上的运动时间为 1234s t t t t =++=(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分)考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动； 33.⑴答案：ACD解析：根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，A 正确；扩散现象不是化学反应，B 错；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，C 对；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D 项正确；液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，E 项错误． 考点：分子动理论⑵答案：（1）12.0cm ；（2）13.2cm解：(1)以cmHg 为压强单位，设A 侧空气长度l =10.0cm 时压强为P ；当两侧水银面的高度差为h 1=10.0cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为P 1，由玻意耳定律得11pl p l =① 由力学平衡条件得：0p p h =-②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为0p ，而A 侧水银面处的压强随空气柱的长度增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银低于A 侧水银面1h 为止，由力学平衡条件有：101p p h =-③ 由①②③代入数据解得112.0cm l =④ ⑫当A B 、两侧水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为2l ，压强为2p ．由玻意耳定律得22pl p l =⑤ 由平衡条件得20p p =⑥ 由①②⑤⑥式代入数据解得210.4cm l = ⑦ 设注入的水银柱在管内长度为h ∆，则1212()13.2cm h l l h ∆=-+=⑧考点：玻意耳定律 34.⑴答案：ABD解析：由图可知：玻璃砖对a 光的折射率大于对b 光的折射率，故C 错误；在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，故A 正确；a 光的频率大于b 光的频率,在真空中，a 光的波长小于b 光的波长，故B 正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a 光的折射率大，则折射光线a 首先消失，故D 正确；a 光的波长小于b 光的波长，分别用a 、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距小于b 光的干涉条纹间距，故E 错误． 考点：光的折射；光的干涉⑵答案：(1)133cm ；（2）125cm解：(ⅰ)由题意，O 、P 两点的距离与波长满足：54OP λ=①波速与波长的关系为 λT=v ②在t =5s 时间间隔内波传播的路程为t v ，由题意得4λt PQ =+v ③综上解得：133cm PQ = ④(ⅱ)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动时间为154t t T =+⑤波源由平衡位置开始运动，每经过4T，波源运动的路程为A ，由题意可知，11254t T =⨯⑥故1t 时间内，波源运动的距离为25125cm s A == ⑦ 考点：波的传播 35.⑴答案：ACD解析：电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明大量电子显示出波动性，A 项正确；β粒子在云室中穿过所留下的径迹是β粒子电离云室中气体所造成的，说明β是带电粒子，B 错；慢中子衍射显示慢中子的波动性，C 项正确；电子显微镜利用其波长比可见短得多的特点，来克服由于光的衍射而使图像边缘模糊的缺点，显示电子具有波动性，D 项正确；光电效应显示光具有粒子性，E 错． 考点：波粒二象性 ⑫答案：（ⅰ）8121=m m ；（ⅱ）21=∆E W 解：(ⅰ)设a 、b 质量分别为1m 、2m ，a 、b 碰撞前的速度分别为1v 、2v ．由题给图象得122m/s 1m/s ==v v 、①a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ，由图象得2m/s 3=v ② 由动量守恒定律得112212()m m m m -=+v v v③ 解得 1218m m =④(ⅱ)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为222112212111()222E m m m m ∆=+-+v v v ⑤ 由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力做功为2121()2W m m =+v ⑥ 解得12W E =∆⑦考点：动量守恒定律；能量守恒定律。

专题2 牛顿运动定律与直线运动本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。

高频考点:匀变速直线运动规律的应用、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用。

考点一、匀变速直线运动规律应用例 (郑州2018届高三阶段考试) 甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑,他们同时、同地由静止开始运动,都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强,加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动,乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s,因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点.求：(1）甲做匀减速运动的加速度；（2）甲冲刺阶段完成的位移大小.【审题立意】本题为多过程直线运动问题,主要考查匀变速直线运动规律的应用。

在解题时要明确各个运动阶段,注意平均速度公式的应用、加速度的计算方法，同时在计算时要注意各物理量的矢量性。

【解题思路】 (1）在匀加速过程，设甲的位移为x1,所用的时间为t1，达到的末速度为v 1，由x1＝错误!，解得v1＝10 m/s甲做匀减速运动的末速度为v2，匀减速运动的加速度为a2，由a2＝错误!得a2＝－1 m/s2.(2)甲匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m甲匀减速的位移：x3＝错误!Δt解得x3＝18 m最后甲冲刺的位移为：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3）＝200 m－（20＋100＋18）m＝62 m【参考答案】(1)－1 m/s2（2)62 m【知识建构】1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”2．掌握处理匀变速直线运动的五种方法【变式训练】1．（2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷) 如图所示，两光滑斜面在B 处连接,小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，AB＝BC.设球经过B点前后速度大小不变，则小球在AB、BC段的加速度大小之比及小球由A运动到C过程中的平均速率分别为( )A．3∶4 2.1 m/s B．9∶16 2.5 m/sC．9∶7 2。

[第2讲匀变速直线运动的规律及应用]1．[2013·北京四中摸底] 人从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间．我们可以采用下面的实验测出自己的反应时间．请一位同学用两个手指捏住木尺顶端，你用一只手在木尺下部做握住木尺的准备，但手的任何部位在开始时都不要碰到木尺．当看到那位同学放开手时，你立即握住木尺，根据木尺下降的高度，可以算出你的反应时间．若某次测量中木尺下降了约11 cm，由此可知此次你的反应时间约为( )图K2－1A．0.2 s B．0.15 s C．0.1 s D．0.05 s2．[2013·重庆市冲刺卷] 沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变通过长为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为( )A．v1v2 B.v21＋v22C.2v22＋v21D.2v22－v213．[2013·西安长安区质检] 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次．假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图K2－2所示．让A、B、C与斜面底端的距离分别为x1、x2、x3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1，v2、v3，则伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动为匀变速直线运动的关系式是( )图K2－2A.v12＝v23＝v34B.x1t21＝x2t22＝x3t23C.v1t1＝v2t2＝v3t3D．x1－x2＝x2－x34．[2013·河南省信阳市期末] 中国首架空客A380大型客机在最大载重量的状态下起飞需要滑跑距离约3000 m，着陆距离大约为2000 m．设起飞滑跑和着陆时都是做匀变速直线运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( ) A．3∶2 B．1∶1C．1∶2 D．2∶15．[2013·成都高新区摸底] 某人在t＝0时刻开始观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出了该质点在第3 s内及第7 s内的位移，下列说法正确的是( ) A．不能求出任一时刻的瞬时速度B．能求出任一时刻的瞬时速度C．不能求出第3 s末到第7 s初这段时间内的位移D．能求出该质点的加速度6．[2013·湖南永州模拟] 我国高速公路上行驶的最高时速为120 km/h.若驾驶员的反应时间在0.3～0.6 s，汽车与路面间的动摩擦因数为0.6，则汽车行驶在水平高速公路上的安全距离最接近( )A．60 m B．120 m C．180 m D．240 m7．[2013·云南玉溪一中质检] 一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下．设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( )A.2∶ 3B.3∶ 2C．(2－1)∶(3－2)D．(3－2)∶(2－1)8．[2013·安徽示范高中联考] 动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(拖车)编成一组，若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m所用时间是10 s，通过第二个60 m所用时间是6 s，则( )A．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 mB．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 mC．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 mD．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m9．[2013·浙江十校联考] 做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC，AB段和BC段的平均速度分别为v1＝3 m/s、v2＝6 m/s.(1)物体经B点时的瞬时速度v B为多大？(2)若物体运动的加速度a＝2m/s2，试求A、C的距离．10．[2013·福建名校质检] 我国某城市某交通路口绿灯即将熄灭时会持续闪烁 3 s，而后才会变成黄灯，3 s黄灯提示后再转为红灯．刹车过程均视为匀减速直线运动．(1)若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的结束时刻停下来且刹车距离不得大于18 m，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若某车正以v0＝15 m/s的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L＝48.75 m，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内．求该车允许驾驶员考虑的时间．1．B 2.D 3.B 4.B 5.BD 6.B 7.D 8.A 9．(1)5 m/s (2)12 m10．(1)12 m/s (2)不大于0.5 s。

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-1-2 直线运动规律及牛顿运动定律的应用（含解析）新人教版1．(2014年高考广东卷)如图是物体做直线运动的v-t 图象，由图可知，该物体( )A ．第1 s 内和第3 s 内的运动方向相反B ．第3 s 内和第4 s 内的加速度相同C ．第1 s 内和第4 s 内的位移大小不相等D ．0～2 s 和0～4 s 内的平均速度大小相等解析：0～3 s 内物体一直沿正方向运动，选项A 错误；v-t 图象的斜率表示加速度，第3 s 内和第4 s 内图象斜率相同，故加速度相同，选项B 正确；v-t 图象图线与时间轴包围的面积表示位移的大小，第1 s 内和第4 s 内对应的两个三角形面积相等，故位移大小相等，选项C 错误；第3 s 内和第4 s 内对应的两个三角形面积相等，故位移大小相等，方向相反，所以0～2 s 和0～4 s 内位移相同，但时间不同，故平均速度不相等，选项D 错误． 答案：B2．(多选)(2014年高考江苏卷)如图所示，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( )A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．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12μg解析：设B 对A 的摩擦力为Ff1，A 对B 的摩擦力为Ff2，地面对B 的摩擦力为Ff3，由牛顿第三定律可知Ff1与Ff2大小相等、方向相反，Ff1和Ff2的最大值均为2μmg ，Ff3的最大值为32μmg ，故当0<F≤32μmg 时，A 、B 均保持静止；继续增大F ，在一定范围内A 、B 将相对静止以共同的加速度开始运动，设当A 、B 恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A ，有F′－2μmg＝2ma′，对A 、B 整体，有F′－32μmg ＝3ma′，解得F′＝3μmg ，故当32μmg<F≤3μmg 时，A 相对于B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当F>3μmg 时，A 相对于B 滑动．由以上分析可知A 错误，C 正确．当F ＝52μmg 时，A 、B 以共同的加速度开始运动，将A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝μg3，B 正确．对B 来说，其所受合力的最大值Fm ＝2μmg －32μmg ＝12μmg ，即B 的加速度不会超过12μg ，D 正确．答案：BCD3．(2014年高考新课标Ⅱ全国卷) 2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．重力加速度的大小g 取10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝kv2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t 图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)解析：(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5 km 高度处的速度大小为v. 根据运动学公式有 v ＝gt ① s ＝12gt2②根据题意有s ＝3.9×104m －1.5×103m ＝3.75×104 m ③ 联立①②③式得 t ＝87 s ④v ＝8.7×102 m/s.⑤(2)该运动员达到最大速度vmax 时，加速度为零， 根据平衡条件有mg ＝kv2m ax ⑥由所给的v-t 图象可读出 vmax≈360 m/s ⑦ 由⑥⑦式得k ＝0.008 kg/m.答案：(1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m4．做匀加速直线运动的质点在第一个7 s 内的平均速度比它在第一个3 s 内的平均速度大6 m/s ，则质点的加速度大小为( )A ．1 m/s2B ．1.5 m/s2C ．3 m/s2D ．4 m/s2解析：做匀加速直线运动的质点在第一个3 s 内的平均速度等于质点在1.5 s 末的瞬时速度，设为v1，在第一个7 s 内的平均速度等于质点在3.5 s 末的瞬时速度，设为v2，则v2＝v1＋6 m/s ，根据加速度的定义得a ＝v2－v1t ＝v1＋6 m/s －v13.5 s －1.5 s＝3 m/s2，故C 正确．答案：C5．一个质量m ＝1 kg 的物块放在水平光滑地面上，在一水平外力F1＝2 N 的作用下从静止开始做直线运动，物体运动5 s 后撤去外力，在此时刻再加上一个与F1反向的力F2＝6 N ，物体又运动5 s ．规定外力F1的方向为正方向，则在物体运动的这个10 s 的时间内，下列关于物体的速度图象，正确的是( )解析：物体在前5 s 内的加速度a1＝F1m ＝2 m/s2,5 s 末的速度v1＝a1t1＝10 m/s ，物体在5～10 s 内的加速度大小为a2＝F2m ＝6 m/s2,10 s 末物体的速度v2＝v1－a2t2＝－20 m/s ，D 正确． 答案：D6．如图所示，长度L ＝1 m 、质量M ＝0.25 kg 的木板放在光滑水平面上，质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1.现突然给木板一向左的初速度v0＝2 m/s ，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F ＝10 N ，经过一段时间后，物块与木板相对静止，g 取10 m/s2，求：(1)从开始运动到小物块与木板相对静止经过的时间； (2)小物块最终在木板上的位置．解析：(1)由题意知小物块向右做匀加速运动，木板先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，小物块与木板间滑动摩擦力Ff ＝μmg ＝2 N.受力情况如图所示，根据牛顿第二定律知小物块的加速度为a1＝F －Ffm ＝4 m/s2，由牛顿第三定律知Ff ＝Ff′，则木板的加速度为 a2＝Ff′M ＝8 m/s2.当小物块、木板具有共同的速度时，两者不再发生相对滑动，将一直加速运动下去， 所以a1t ＝－v0＋a2t ， 解得t ＝0.5 s.(2)两者共同速度大小为v ＝a1t ＝2 m/s ， 可见木板此时恰好回到原位置，位移为零． 此过程物块的位移为x ＝12a1t2＝0.5 m ，所以小物块最终停在木板的中点处． 答案：(1)0.5 s (2)中点处 课时跟踪训练 一、选择题1．(2014年高考新课标Ⅱ全国卷)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t1的时间内，它们的v-t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v1＋v22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析：v-t 图象中图线与横轴围成的面积代表位移，可知甲的位移大于乙的位移，而时间相同，故甲的平均速度比乙的大，A 正确，C 错误；匀变速直线运动的平均速度可以用v1＋v22来表示，乙的运动不是匀变速直线运动，所以B 错误；图线斜率的绝对值代表加速度的大小，则甲、乙的加速度均减小，D 错误． 答案：A2．(2014年高考北京卷)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有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重．加速度向上为超重、向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A 、B 错误．手与物体分离时的力学条件为手与物体之间的压力 FN ＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g ，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g ，C 错误，D 正确． 答案：D3．(多选)如图所示，质量分别为mA 、mB 的A 、B 两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑固定斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F 拉A ，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )A ．增大A 物块的质量B ．增大B 物块的质量C ．增大倾角θD ．增大拉力F 解析：设A 、B 整体的加速度为a ，轻线上的张力为FT ，对A 、B 整体由牛顿第二定律得F －(mA ＋mB)gsin θ＝(mA ＋mB)a ，对于B 由牛顿第二定律得FT －mBgsin θ＝mBa ，解以上两式得FT＝mB mA ＋mB F ，B 、D 正确． 答案：BD4．如图所示，质量满足mA ＝2mB ＝3mC 的三个物块A 、B 、C ，A 与天花板之间、B 与C 之间均用轻弹簧相连，A 与B 之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB 间的细绳，则此瞬间A 、B 、C 的加速度分别为(取向下为正)( )A ．－56g 、2g 、0 B ．－2g 、2g 、0 C ．－56g 、53g 、0 D ．－2g 、53g 、g解析：系统静止时，A 物块受重力GA ＝mAg ，弹簧向上的拉力F ＝(mA ＋mB ＋mC)g ，A 、B 间细绳的拉力FAB ＝(mB ＋mC)g ；B 、C 间弹簧的弹力FBC ＝mCg ，剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A 有F －GA ＝mAaA ，解得aA ＝56g ，方向竖直向上；对物块B 有FBC ＋GB ＝mBaB ，解得aB ＝53g ，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间C 的受力不变，其加速度为零．C 选项正确． 答案：C5．(多选)(2014年邯郸质检)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AB ＝BD ＝6 m ，BC ＝1 m ，滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2 s ．设滑块经B 、C 时的速度分别为vB 、vC ，则( )A ．vC ＝3 m/sB ．vB ＝8 m/sC ．DE ＝3 mD ．从D 到E 所用时间为4 s解析：设从A 到C 和从C 到D 所用时间T ＝2 s ，则vC ＝xAB ＋xBD2T ＝3 m/s ，A 正确；由xAC －xCD ＝aT2，可得a ＝0.5 m/s2，由v2B －v2C ＝2axBC 可得vB ＝10 m/s ，B 错误；由v2C ＝2axCE可得xCE ＝9 m ，xDE ＝xCE －xCD ＝4 m ，C 错误；tCE ＝vCa ＝6 s ，tDE ＝tCE －tCD ＝4 s ，D 正确． 答案：AD6．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a 的时间间隔是Ta ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是Tb ，则a 、b 之间的距离为( ) A.18g(T2a －T2b ) B.14g(T2a －T2b ) C.12g(T2a －T2b )D.12g(Ta －Tb)解析：根据时间的对称性，物体从a 点到最高点的时间为Ta 2，从b 点到最高点的时间为Tb2，所以a 点到最高点的距离ha ＝12g(Ta 2)2＝gT2a 8，b 点到最高点的距离hb ＝12g(Tb 2)2＝gT2b8，故a 、b 之间的距离为ha －hb ＝18g(T2a －T2b )，即选A.答案：A7．(多选)(2014年高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析：若P 在传送带左端时的速度v2小于v1，则P 受到向右的摩擦力，当P 受到的摩擦力大于绳的拉力时，P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v1后做匀速运动；当P 受到的摩擦力小于绳的拉力时，P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出，第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P 在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P 受到向左的摩擦力，使P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v1，之后若P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P 所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P 将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出．故B 、C 正确． 答案：BC8．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：刚开始，木炭包与传送带的速度不同，它们之间发生相对运动，木炭包必受到水平向右的滑动摩擦力的作用，设木炭包的质量为m ，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ，则滑动摩擦力的大小为Ff ＝μmg ，木炭包在Ff 的作用下，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a ＝μg ，直到木炭包的速度增加到与传送带相同，然后随传送带一起运动．设传送带自左向右匀速运行的速度为v ，则木炭包加速运动的时间t ＝v/a ＝v/μg ，径迹的长度l ＝vt －12at2，联立各式可得l ＝v22μg ，可见，径迹的长度与木炭包的质量无关，只与v 和μ有关，v 越大，μ越小时，径迹的长度越长，选项B 、C 错误，D 正确；木炭包匀速运动前，与其接触并被染黑的传送带上各点的速度较大，相继运动到木炭包的右侧，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A 错误． 答案：D 二、计算题9．跳伞运动员做低空跳伞表演，离地面224 m 离开飞机在竖直方向做自由落体运动，运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12.5 m/s2的平均加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5 m/s(g 取10 m/s2)．求： (1)运动员展伞时，离地面的高度至少为多少；(2)运动员以最大速度落地时相当于从多高处自由落下； (3)运动员在空中的最短时间为多少．解析：运动员在竖直方向上的运动情况如图所示．(1)由公式v2－v20＝2ax 可得 第一阶段：v2＝2gh1， 第二阶段：v2－v2m ＝2ah2 又h1＋h2＝H ，解以上三式可得展伞时离地面的高度至少为h2＝99 m.(2)设以5 m/s 的速度着地相当于从高h′处自由下落，则h′＝v2m2g ＝1.25 m. (3)由公式x ＝v0t ＋12at2及v ＝v0＋at 可得 第一阶段：h1＝12gt21，v ＝gt1，第二阶段：v －vm ＝at2. 又t ＝t1＋t2，解上述三式可得运动员在空中的最短时间t ＝8.6 s. 答案：(1)99 m (2)1.25 m (3)8.6 s10．(2014年高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g 取10 m/s2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度v0＝20 m/s ，末速度vt ＝0，位移s ＝25 m ，由运动学公式得 v20＝2as ① t ＝v0a ②联立①②式，代入数据得 a ＝8 m/s2③ t ＝2.5 s ．④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得 L ＝v0t′＋s ⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s．⑦(3)设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧由平行四边形定则得F20＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得F0mg＝415.⑩答案：(1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s(3)41 5。

牛顿运动定律与直线运动【保分练】1．（2024·山西大同·统考模拟预测）大同共享助力电动车既能方便市民出行，也可净化城市环境，减少尾气排放。

在一条平直的公路上，某同学以公路上某一位置为原点，记录了甲、乙两位同学骑行电动助力车的~v t 图像，如图所示，甲的图像2t 前是曲线、2t 后是直线，乙的图像是一条直线，在30t ～时间内，下列说法正确的是（ ）A ．甲先做加速直线运动，后做减速运动，乙做匀速直线运动B ．途中甲、乙只相遇一次，然后又分开C ．全程甲的位移比乙的大D ．途中有两个时刻，甲、乙的速度相同【答案】C【详解】A ．v t -图像中，图线的切线斜率表示瞬时加速度，甲同学在10t ～时间段内反向做加速度增加的减速运动，1t 时刻速度减为0，21~t t 时间段内正向做加速度减小的加速运动，23~t t 时间段内正向做匀减速直线运动，3t 时刻速度减为0；乙同学在10t ～时间段内反向做匀减速直线运动，1t 时刻速度减为0，13~t t 时间段内正向做匀加速直线运动，A 错误；BC ．在v t -图像中图线与坐标轴围成的面积代表物体的位移，由图可知，能使两图线包围面积相同的时刻共有三个，且甲全程的位移大于乙的，B 错误、C 正确； D ．v t -图像中两图线的交点代表该时刻两物体共速，图中共有三个交点（包括0=t 时刻），即有三个时刻速度相同，D 错误。

故选C 。

2．（2024·湖南·湖南师大附中校联考一模）2023 年8月 28 日株洲清水塘大桥正式通车。

如图甲所示，大桥全长2.85 千米，主跨为408米双层钢桁架拱桥结构，位列同类桥梁中湖南第一、桥梁上层为机动车道，下层为行人和非机动车通行的景观通道。

大桥一经开通就成为了株洲市民观光散步、娱乐休闲的“网红桥”。

图乙中A、B、C、D、E、F 为大桥上的六根竖直钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间距离均相等，若一汽车在桥梁上层从吊索A 处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E、F的中点N点停下，汽车通过吊索E时的瞬时速度为v E，从E点到N 点的时间为t，则（）A．汽车通过吊索A时的速度为9v EB．汽车通过AE段的时间等于3tC．汽车通过AE段的平均速度是EN 段平均速度的4倍D．汽车通过全程AN的平均速度小于v EA ．两球都向左偏，且两根细线的偏角相等B ．两球都向左偏，两根细线的偏角不相等C ．球A 左偏，球B 向右偏，且两根细线的偏角相等D ．球A 左偏，球B 向右偏，两根细线的偏角不相等【答案】D【详解】假设把B 球拿掉，用同样体积的水球来替代，很显然，当这个水球随容器以加速度a 向右做匀加速直线运动时，水球受到的水平合力为F 水=m 水a 水，且水球相对于容器的原来位置不会改变，我们知道，同样体积的A 球质量要比水球质量大，即m A ＞m 水，故要使A 球也以加速度a 向右做匀加速直线运动，单靠F 水是不够的，因而还应借助绳子的拉力，所以A 向左偏移；同理，同样体积的B 球质量要比水球质量小，即m B <m 水，故要使B 球也以加速度a 向右做匀加速直线运动，需要的合力要比F 水小，因而还应借助绳子向后的拉力，所以B 向右偏移；对A 球竖直方向受重力和浮力的合力为m A g -F 浮A ，方向向下，还有绳子的拉力T A ，两者的合力产生水平加速度，则A A A ()tan m g F m a θ-=浮A对B 球竖直方向受重力和浮力的合力为F 浮B –m B g ，方向向上，还有绳子的拉力T B ，同时水对B 球右向右的推力F ，则三个力的合力产生水平加速度，则B B B ()tan F m g F m a θ-+=浮B可知两根细线的偏角不相等。

高考物理二轮复习检测之直线运动及优化解题环节高考物理考前50天如何冲刺：优化解题环节高考前50天左右是冲刺复习的关键时刻。

这阶段主要进行针对性模拟训练，在强化基础知识和基本技能，巩固原有复习成果的同时，重在增强适应能力。

所以，免不了要解答大量的题目。

但宝贵的时间不容我们再滥做题、瞎做题。

因此，优化解题每个细节、提高单位时间利用率，显得尤为重要。

一、用心选题，叫每道题都闪光冲刺复习阶段，大家手头的题目主要来自区县的一、二模试卷，教师搜集选编试题、自己准备的教辅资料试题。

其中有些题目在首轮和二轮复习中已经浮出水面，有些试题从外省市移植过来，重新包装后登场的。

这就要求我们用心去筛选与考纲贴近的题：1不要屡做相同重复题。

凡遇重复题，只须体会一下其考什么知识点，用什么方法处理，不必重新再做一遍。

2少做明显超纲题。

考纲规定以外的，我们的知识和能力一时还很难达到。

对那些游离考点之外、但通过浅显易懂的文字叙述，将新概念、规律介绍得清清楚楚的新信息题，我们还要重视的。

因为这些擦边题就是考查阅读理解能力和物理建模能力。

3活做似曾相识题。

面对题目内容大致相同，题图十分相仿，但除已知条件、设问要求、待求条件已经变换的似曾相见题，不能用既成的思维定势盲目套路子，应该比较异同，活用已有知识和掌握的技能。

二、规范答题，让每道题很精彩答题是重要的解题环节。

如果没有规范的答题，很难连贯正确地完成解题过程。

有些同学答题时涂涂改改，字迹潦草，卷面不整洁，莫名其妙地解错，正是不规范解题惹的祸。

所以我们一定要重视规范答题。

首先，答题要有切题分析，即有必要的文字说明。

主要包括：1对非题设条件字母，符号的说明，即用文字叙述题目没有明确设定的物理量。

如设滑雪运动员质量为m，斜面倾角为，动摩擦因数为，安培力为F安等。

同时，尊重题目所给符号，不篡改或另立物理量符号。

如：题目已经明确了支持力FN、细绳拉力F、电源电动势，则作图也好，运算过程中代公式也好，就不能随意另用N、f、T、E表示已知的物理量，要书写试题提供的物理量符号。