2019届高考二轮复习资料 物理专题一 第1讲
2019高考物理大二轮实用课件：专题一 力与运动 2
Ff=k·8mg,k为比例系数。启动时,乘客随车一起向前做加速运动,水 平方向由F=m人a知乘客所受到车厢作用力的方向与车运动方向相 同,竖直方向受到重力和支持力,则乘客受到车厢作用力应沿前进
方向斜向上,选项A错误;做匀加速运动时,设总动力为F,则F-
k·8mg=8ma,设第5、6节车厢之间的作用力为F1 ,以“6、7、8”三节 车厢为研究对象,得 F1-k·3mg=3ma,解得 F1=38F,设第 6、7 节车厢之 间的作用力为 F2 ,以“7、8”两节车厢为研究对象,得 F2-k·2mg=2ma, 解得 F2=14F,故选项 B 正确;进站时从关闭发动机到停下来,水平方 向上只受阻力,a'=kg,由 0-v2=-2·a'·x 知,滑行距离与速度的二次方成
m,平均速度为������
=
������9 ������总
=
135 9
m/s=15 m/s,C 正确;3~6 s 内的位移 x36=12a2������22 = 12×5×32 m=22.5 m, 则前 6 s 内的位移为 x6=x3+x36=67.5 m,D 错误。
命题热点一
命题热点二
命题热点三
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-25-
解析 (1)汽车过 ETC 通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为 x1=������122-������������22,所以整个过程总位移 x=2x1+d,代入数据解得 x=400 m。
(2)汽车过人工收费站通道到达中心线的速度恰好为零,刚进入 通道的速度满足 v2=2a·���2���,解得 v=v2=4 m/s,根据对称性知,汽车离开 通道时的速度也恰好为 v=v2=4 m/s。汽车从 ETC 通道匀速通过收
2019年高考二轮复习物理讲与练课件1
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲 第38页
5．(2017·山东济南一模)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，
并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方
向的夹角为 30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为 m.则自上
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲 第15页
7 A.5
13 C. 5
二轮复习 ·物理
5 B.7
5 D.13
第一部分 专题一 第一讲 第16页
解析：设物块 A 和滑环 B 的质量分别为 m1、m2，若杆对 B 的弹力垂直于杆向下，因滑环 B 恰好不能下滑，则由平衡条件 有 m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得mm12＝153；若杆对 B 的弹力 垂直于杆向上，因滑环 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得mm12＝－75(舍去)．综上分析可 知应选 C.
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲 第34页
பைடு நூலகம்
[自主突破] 4．(2017·鹰潭市一模)如图所示，在竖直墙壁间有半圆球 A 和圆球 B，其中圆球 B 的表面光滑，半圆球 A 与左侧墙壁之间 的动摩擦因数为25 3.两球心之间连线与水平方向成 30°的夹角， 两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球 A 和圆球 B 的质量之比为( C )
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲 第20页
二轮复习 ·物理
第一部分 专题一 第一讲 第21页
3．(2017·衢州市质检)如图甲、乙、丙是生活中三种不同的 背包方式．为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可 认为每条背包带均在竖直面内．甲中背包带对人的肩部的作用 力设为 F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为 θ(如图)，其背 包带对人肩部的作用力设为 F2；丙中的两根背包带与竖直方向 的夹角均为 θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为 F3. 若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦， 则关于 F1、F2、F3 大小的下列关系正确的是( B )
2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分+专题整合+专题二+功能与动量+第2讲
图2－2－2
水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径
考 点 突 破 · 考 向 探 究
有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) v2 A. 16g
菜 单
v2 B. 8g
v2 C. 4g
v2 D. 2g
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
解析
此过程中，PM 段细绳的机械能不变， MQ
段细绳的机械能的增量 2 1 2 1 1 ΔE＝ mg－6l－ mg－3l＝ mgl，由功能原理可 3 3 9 1 知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl，故 A 正确， 9 B、C、D 错误。
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
考 点 突 破 · 考 向 探 究
综 合 训 练 · 限 时 检 测
答案
BCD
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
4． (2017· 全国卷Ⅰ)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 7.5×103m/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，
x 最大，故选 B。
答案
B
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
2019版高三物理第二轮复习课件第1部分板块2专题7动量和动量守恒定律
高考统计·定方向
命题热点提炼
高考命题方向
五年考情汇总
1.动量和动量 定理
2.动量守恒定 律
3.碰撞与动量 守恒
2018·全国卷Ⅰ T14
动量和动量定理
2018·全国卷Ⅱ T15
2017·全国卷Ⅲ T20
动量守恒定律
2018·全国卷Ⅱ T24 2017·全国卷Ⅰ T14
B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系 可知 v＝at，且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间 的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误．]
Ft＝mv，代入数据解得 F≈1×103 N，所以 C 正确．]
3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下 从静止开始沿直线运动．F 随时间 t 变化的图线如图 1 所示，则( )
图1
A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 [题眼点拨] ①“合外力 F 的作用下”说明力 F 的冲量等于物块动量的增 量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．
AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在 t＝1 s 时的速度 v1＝Fmt1＝2×2 1 m/s＝1 m/s，A 正确；物块在 t＝2 s 时的动量大小 p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s， 在 t＝3 s 时的动量大小 p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故 B 正确，C 错误； 在 t＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由 I 合＝mv4 可得 t＝4 s 时，物块的 速度大小 v4＝1 m/s，D 错误．]
2019届高三物理二轮复习专题一：《力与运动》训练(带答案及详解)
力与物体曲线运动专题训练卷1.一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度d=80 m的河流,已知小船在静水中运动的速度为4 m/s,水流速度为5 m/s,B 点到A点的距离x0=60 m。
(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)下列关于该船渡河的判断,其中正确的是()。
A.小船过河的最短航程为80 mB.小船过河的最短时间为16 sC.若要使小船运动到B点,则小船船头指向与上游河岸成37°角D.小船做曲线运动=20 s,故B项错误;因为v船<v水,故小船过河轨迹不解析▶当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t=船可能垂直河岸,最短航程大于80 m,A项错误;要使小船运动到B点,其速度方向沿OB方向,故船头指向与上游河岸成37°角,C 项正确;小船做直线运动,D项错误。
答案▶ C2.“水流星”是一个经典的杂技表演项目,杂技演员将装水的杯子用细绳系着在竖直平面内做圆周运动,杯子到最高点杯口向下时,水也不会从杯中流出。
如图所示,若杯子质量为m,所装水的质量为M,杯子运动到圆周的最高点时,水对杯底刚好无压力,重力加速度为g,则杯子运动到圆周最高点时,杂技演员对细绳的拉力大小为()。
A.0B.mgC.MgD.(M+m)g解析▶杯子到最高点时,杯底对水的作用力为零,设这时杯子的速度大小为v,对水研究mg=m,对杯子和水整体研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m),解得F=0,A项正确。
答案▶ A3.(多选)将一抛球入框游戏简化如下:在地面上竖直固定一矩形框架,框架高1 m,长3 m,抛球点位于框架底边中点正前方2 m,离地高度为1.8 m,如图所示。
假定球被水平抛出,方向可在水平面内调节,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,忽略框架的粗细,球视为质点,球要在落地前进入框内,则球被抛出的速度大小可能为()。
A.3 m/sB.5 m/sC.6 m/sD.7 m/s解析▶球抛出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动h=gt2,可得t=ℎ,0.4 s≤t≤0.6 s;水平方向上做匀速直线运动,水平方向最小位移为2 m,最大位移,即球落在框的左右两角时,由几何关系可得为2.5 m,所以水平方向的位移为2 m≤x ≤2.5 m,根据v0=可得3.33 m/s≤v0≤6.25 m/s,B、C两项正确。
高考物理二轮专题突破课件：1-1匀变速直线运动及图象
热 点 盘 点
提 能 专 训
[二轮备考讲义]
第一部分 专题一 第1讲
第 6页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 物理
[忆一忆]
基 础 记 忆
1．甲、乙两物体运动的 xt 图象如图所示，回答下列问题．
规 范 解 题
热 点 盘 点
(1)甲物体保持________状态． (2)乙物体做______________运动． (3)图线的斜率表示物体运动的________． (4)两图线的交点表示________．
规 范 解 题
热 点 盘 点
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．取重力加速度的大 小 g＝10 m/s2.求：
提 能 专 训
[二轮备考讲义]
第一部分 专题一 第1讲
第21页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 物理
基 础 记 忆
规 范 解 题
热 点 盘 点
导出公式 v2＝________ Δx＝gt2 推论 v＝
提 能 专 训
[二轮备考讲义]
第一部分 专题一 第1讲
第 9页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 物理
基 础 记 忆
连续相等时间内的位移比x1∶x2∶x3∶„ ＝ 特殊规律 通过连续相等位移所用时间比t1∶t2∶t3∶„ ＝
(2)匀加速直线
(3)加速度
1∶3∶5∶„∶(2n－1)
提 能 专 训
热 点 盘 点
1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶„∶( n－ n－1)
[二轮备考讲义]
第一部分 专题一 第1讲
第11页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 物理
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套资料第一部分专题复习专题二第1课时
24题20题25题19题18题第1课时 力与直线运动1.匀变速直线运动的条件物体或带电体所受合力为恒力,且与速度方向共线. 2.匀变速直线运动的基本规律 速度公式:v ＝v 0＋at . 位移公式:x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论:v 2－v 02＝2ax . 中间时刻的瞬时速度:2v t ＝x t ＝v 0＋v2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量,即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2. 3.图象问题(1)速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度,图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线. (2)位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度. 4.超重和失重超重或失重时,物体的重力并未发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关,只决定于物体的加速度方向.当a 有竖直向上的分量时,超重；当a 有竖直向下的分量时,失重；当a ＝g 且竖直向下时,完全失重.1.基本思路2.解题关键抓住两个分析,受力分析和运动情况分析,必要时要画运动情景示意图.对于多运动过程问题,还要找准一个转折点,特别是转折点的速度. 3.常用方法(1)整体法与隔离法:单个物体的问题通常采用隔离法分析,对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用.(2)正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法:把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.高考题型1 匀变速直线运动规律的应用例1 (2018·安徽省黄山市一质检)如图1所示,一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O 点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA 段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB 段内,已知OA ＝1 200 m,OB ＝2 000 m,求:图1(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.答案 (1)1.6 m /s 2≤a ≤2.3 m/s 2 (2)50 s解析 (1)列车做减速运动到速度为0的过程中,刹车的距离:x ＝0－v 02－2a ,当位移最小时,加速度最大:a max ＝v 022x min ＝8022×(1 200＋200)m /s 2≈2.3 m/s 2位移最大时,加速度最小:a min ＝v 022x max ＝8022×2 000 m /s 2＝1.6 m/s 2所以加速度大小的取值范围是:1.6 m /s 2≤a ≤2.3 m/s 2(2)由速度公式:v ＝v 0＋at 可知,列车减速到速度为0的时间:t ＝0－v 0－a ,可知加速度最小时,列车减速的时间最长,为:t max ＝v 0a min ＝801.6s ＝50 s 拓展训练1 (2018·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用时间为2t ,紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t .则物体运动加速度的大小为( ) A.Δx t 2 B.Δx 2t 2 C.Δx 3t 2 D.2Δx 3t 2 答案 C解析 物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx 所用时间为2t ,故该段位移中间时刻物体的瞬时速度是v 1＝Δx2t ；紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t ,故这一段位移中间时刻物体的瞬时速度是v 2＝Δx t ；物体加速度的大小a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1t ＋t 2,解得:a ＝Δx3t2,故选C.拓展训练2 (2018·河北省衡水中学第一次调研)在铁路与公路交叉点上,由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故.现有一辆长为5 m 的汽车以v 1＝15 m/s 的速度行驶,在离铁路与公路交叉点175 m 处,汽车司机突然发现离交叉点200 m 处有一列长300 m 的列车以v 2＝20 m/s 的速度行驶过来,为了避免事故的发生,汽车司机如果立刻做匀加速运动,则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动,则最小加速度为多少？ 答案 0.643 m /s 2 0.6 m/s 2解析 汽车加速行驶,在列车通过交叉口前面通过,临界情况:L ＋x ＝v 1t ＋12at 2,列车到达交叉口所用时间为:t ＝x 1v 2＝20020 s ＝10 s解得:a ＝0.6 m/s 2故当汽车以大于0.6 m/s 2的加速度加速行驶时可避免事故发生. 汽车减速行驶,列车通过交叉口所需时间为:t 1＝300＋20020 s ＝25 s汽车减速到停止过程,有:x ＝12v 1t 2代入数据得:t 2＝35015 s ≈23.33 s<25 s则汽车做减速运动应满足:－2a 1x ＝0－v 12 代入数据得:a 1≈0.643 m/s 2故当汽车以大于0.643 m/s 2的加速度刹车时亦可避免事故发生.高考题型2牛顿运动定律的应用1.主要题型应用牛顿运动定律解决的主要问题有:瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题.2.技巧方法(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别,绳和轻杆的弹力可以突变,而弹簧的弹力不能突变.(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件,交替使用整体法与隔离法.(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析,充分利用加速度的“桥梁”作用. 例2(2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图2所示,A球质量为B球质量的3倍,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C 与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有()图2A.图甲中A球的加速度为g sin θB.图甲中B球的加速度为2g sin θC.图乙中AB两球的加速度均为g sin θD.图乙中轻杆的作用力－定不为零答案 C解析设B球质量为m,A球的质量为3m.撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为4mg sin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受的合力为零,加速度为零,B球所受合力为4mg sin θ,加速度为4g sin θ,故A、B错误；题图乙中,撤去挡板的瞬间,A、B两球整体的合力为4mg sin θ,A、B两球的加速度均为g sin θ,则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力,轻杆的作用力为零,C正确,D错误.例3 如图3甲所示,一质量m ＝0.4 kg 的小物块,以v 0＝2 m/s 的初速度,在与斜面平行的拉力作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点,A 、B 之间的距离L ＝10 m.已知斜面倾角θ＝30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.求:图3(1)物块到达B 点时速度的大小,物块加速度的大小； (2)拉力F 的大小；(3)若拉力F 与斜面夹角为α(0°<α<90°),如图乙所示,试写出拉力F 的表达式. 答案 (1)8 m /s 3 m/s 2 (2)5.2 N (3)F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α解析 (1)根据运动学公式,有L ＝v 0t ＋12at 2,v ＝v 0＋at ,联立解得a ＝3 m /s 2,v ＝8 m/s(2)对物块受力分析,受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力, 根据牛顿第二定律有平行斜面方向:F －mg sin θ－F f ＝ma 垂直斜面方向:F N ＝mg cos θ 其中F f ＝μF N拉力F 的大小F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma ＝5.2 N (3)拉力F 与斜面夹角为α时,受力如图有F cos α－mg sin θ－F f ＝ma F N ＋F sin α－mg cos θ＝0 其中F f ＝μF N拉力F 的表达式为F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α拓展训练3 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图4所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板上,随跳板一同向下做变速运动到达最低点,然后随跳板反弹,则( )图4A.运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态B.运动员把跳板压到最低点时,运动员所受外力的合力为零C.运动员能跳得高的原因从受力角度来看,是因为跳板对运动员的作用力大于运动员的重力D.运动员能跳得高的原因从受力角度来看,是因为跳板对运动员的作用力大于运动员对跳板的作用力 答案 C拓展训练4 (多选)(2018·河北省张家口市上学期期末)质量为2m 的物块A 和质量为m 的物块B 相互接触放在水平面上,如图5所示,若对A 施加水平推力F ,两物块沿水平方向做加速运动,关于A 对B 的作用力,下列说法中正确的是( )图5A.若水平地面光滑,物块A 对B 的作用力大小为FB.若水平地面光滑,物块A 对B 的作用力大小为F 3C.若物块A 与地面间无摩擦,B 与地面的动摩擦因数为μ,则物块A 对B 的作用力大小为μmgD.若物块A 与地面间无摩擦,B 与地面的动摩擦因数为μ,则物块A 对B 的作用力大小为F ＋2μmg3 答案 BD解析 若水平地面光滑,将两者看做一个整体有:a ＝F 2m ＋m ＝F3m,由于两物块一起运动,所以加速度相同,故将B 隔离有:a ＝F N m ,所以F N ＝ma ＝13F ,A 错误,B 正确；若物块A 与地面间无摩擦,B 与地面间的动摩擦因数为μ,将两者看做一个整体有:a ＝F －μmg 3m ,将B 隔离有:a ＝F N －μmgm,解得F N ＝F ＋2μmg3,C 错误,D 正确.高考题型3 动力学方法分析“传送带”模型1.模型特点传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向. 2.解题关键(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键.(2)传送带问题还常常涉及到临界问题,即物体与传送带达到相同速度,这时会出现摩擦力改变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口.例4 (2018·安徽省安庆市二模)如图6所示,半径R ＝1.6 m 的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B 点,水平传送带上A 、B 两端点间距L ＝16 m,传送带以v 0＝10 m/s 的速度顺时针运动,将质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4,取g ＝10 m/s 2.图6(1)将滑块在传送带A 端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B 端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆轨道的最高点C ,求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆轨道的最高点C ,求此初速度满足的条件. 答案 见解析解析 (1) 对滑块,由牛顿第二定律得:μmg ＝ma 由运动学公式得:v 0＝at 1 解得:t 1＝2.5 s设滑块速度达到v 0时经过的位移为x 1 由运动学公式得:x 1＝12at 12＝12.5 m设滑块匀速运动的位移为x 2,x 2＝L －x 1＝3.5 m 则滑块匀速运动的时间为t 2＝x 2v 0＝0.35 s所需时间为t ＝t 1＋t 2＝2.85 s (2)由牛顿第二定律得:mg ＝m v C 2R由机械能守恒得:12m v B 2－12m v C 2＝mg ·2R解得:滑块通过B 点的速度至少为v B ＝4 5 m/s 由运动学公式得:v B 2＝2ax 解得:x ＝10 m滑块在距A 端小于等于6 m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处 (3)若给滑块一水平向右的初速度v 1 ,由运动学公式得:v B 2－v 12＝2a L2解得:v 1＝4 m/s所以给滑块一水平向右的初速度且需满足的条件v 1≥4 m/s若给滑块一水平向左的初速度,只需让滑块在向左减速滑行的距离在2～8 m 的范围即可 由运动学公式可得v 22－0＝2ax ′,2 m ≤x ′≤8 m 解得: 4 m/s ≤v 2≤8 m/s所以给滑块一水平向左的初速度且需满足的条件4 m/s ≤v 2≤8 m/s拓展训练5 (2018·四川省成都市新都区摸底)如图7所示,高H ＝0.45 m 的水平台面上是一个以v 0＝3 m/s 的速度顺时针转动的水平传送带AB ,在该水平台面右边竖直面BC 的右端x ＝0.4 m 处也有一高度h ＝0.35 m 的足够长水平台面,其左端面DE 也是竖直方向,E 点为平台的左端点.将一质量m ＝1 kg 的小物块无初速度地放在传送带上的A 点处.已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1,传送带的长度L ＝2 m,传送带的滑轮大小可以忽略,重力加速度取g ＝10 m/s 2,不计空气阻力.图7(1)求小物块从A 到B 的过程中,产生的热量；(2)求小物块离开传送带后,第一落点的位置到E 点的距离.答案 (1)4 J (2)0.1 m解析 (1)小物块加速过程的加速度为:a ＝μg ＝1 m/s 2,假设小物块在传送带上一直做匀加速直线运动,离开传送带时的速度为v 1,则由v 12＝2aL ,得到:v 1＝2 m/s,由于v 1＜v 0＝3 m/s,所以假设成立；传送带上加速的时间t 1＝v 1a ＝21s ＝2 s ； 其间传送带的位移为x 1＝v 0t 1＝6 m,相对位移Δx ＝x 1－L ＝4 m,产生的热量Q ＝μmg Δx ＝4 J ；(2)小物块离开传送带后做平抛运动,若能到平台下方的地面,则:x 1＝v 1t ,H ＝12gt 2,解得x 1＝0.6 m,由于x 1＞0.4 m,所以小物块不可能到达平台下方的地面；故小物块落在竖直面DE 上,由于t ＝x v 1＝0.2 s,故y ＝12gt 2＝0.2 m 则小物块落点距E 的距离d ＝h －(H －y )＝0.1 m.高考题型4 动力学方法分析“板—块”模型1.模型特点“滑块—木板”模型类问题中,滑动摩擦力的分析方法与传送带类似,但这类问题比传送带类问题更复杂,因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动,处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度,寻找它们之间的联系.2.解题关键要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等.例5 (2018·山东省日照市二模)如图8甲所示,质量M ＝2 kg 、长L ＝1 m 的木板静止在粗糙的水平地面上,在木板的左端放置一质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力:(取g ＝10 m/s 2)图8(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F ＝kt (k 是常数),通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力F f 随时间t 变化的图象如图乙所示.求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；(2)若在铁块上施加恒力F ,使铁块从木板上滑落,求F 的大小范围；(3)若在铁块上施加向右的恒力F ＝8 N,求铁块运动到木板右端所用的时间.答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.5 (2)F >6 N (3)1 s解析 (1)由题图乙可知,0～1 s 内,木板与铁块均没有滑动,F 1＝F ＝kt ；1～3 s,木板和铁块相对静止,但整体相对地面运动,故t ＝1 s 时,恰好有F f1＝μ1(m ＋M )g ＝3 N. 求得木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；3 s 后,木板和铁块相对滑动,铁块受到滑动摩擦力,有μ2mg ＝5 N求得木板与铁块间的动摩擦因数为μ2＝0.5(2)使铁块从木板上滑落,必须有铁块的加速度大于木板的加速度,设铁块的加速度为a 1,木板的加速度为a 2,由牛顿第二定律,对铁块有F －μ2mg ＝ma 1对木板:μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2当a 1>a 2时,铁块才能从木板上滑落,代入数据解得:F >6 N(3)由牛顿第二定律F －μ2mg ＝ma 1,解得a 1＝3 m/s 2；对木板:μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2,解得a 2＝1 m/s 2设铁块运动到木板右端所用的时间为t ,则12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得t ＝1 s.拓展训练6 (多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图9甲所示,光滑水平面上静置一个薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为M ,t ＝0时刻质量为m 的物块以速度v 水平滑上长木板,此后木板与物块运动的v －t 图象如图乙所示,重力加速度g ＝10 m/s 2,则下列说法正确的是( )图9A.M ＝mB.M ＝2mC.木板的长度为8 mD.木板与物块间的动摩擦因数为0.1答案 BC 解析 物块在木板上运动过程中,在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力,故μmg ＝ma 1,而v－t 图象的斜率表示加速度,故a 1＝7－32m /s 2＝2 m/s 2,解得μ＝0.2,D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2,a 2＝2－02m /s 2＝1 m/s 2,解得M ＝2m ,A 错误,B 正确；从题图乙可知物块和木板最终分离,两者v －t 图象与t 轴围成的面积之差等于木板的长度,故L ＝[12×(7＋3)×2－12×2×2] m ＝8 m,C 正确.专题强化练1.(2018·河南省周口市期末)如图1所示,一质点由静止开始,从A 到B 做匀加速直线运动.已知质点在第1 s 内的位移恰好等于它在最后1 s 内位移的14,则下列物理量中可求出的是( )图1A.A 、B 两点之间的距离B.质点从A 运动到B 所用的时间C.质点运动的加速度大小D.质点到达B 点时的速度大小答案 B2.(多选)(2018·广东省深圳市宝安区模拟)汽车自O 点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动,途中在5 s 内分别经过A 、B 两根电杆,已知A 、B 电杆相距50 m,车经过电杆B 时的速率是15 m/s,则( )A.经过A 杆时的速率是5 m/sB.车的加速度是1.5 m/s 2C.A 、O 间距离是6.25 mD.车从出发到B 所用的时间是9 s答案 AC3.(2018·山西省太原市二模)甲、乙两车在平直公路上行驶,其v －t 图象如图2所示.t ＝0时刻,两车间距为x 0；t 0时刻,甲、乙两车相遇.0～t 0时间内甲车发生的位移为x ,下列说法正确的是( )图2A.0～t 0时间内甲车在前,t 0～2t 0时间内乙车在前B.0～2t 0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C.2t 0时刻甲、乙两车相距12x 0 D.x 0＝67x 答案 D4.(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图3所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A 小球,同时水平细线一端连着A 球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A 、B 两球都静止不动,A 、B 两小球的质量相等,重力加速度为g ,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A 、B 两球的加速度分别为( )图3A.a A ＝a B ＝gB.a A ＝2g ,a B ＝0C.a A ＝3g ,a B ＝0D.a A ＝23g ,a B ＝0答案 D解析 水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图,静止时,F T ＝F sin 60°,F cos 60°＝m A g ＋F 1,F 1＝m B g ,且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间,F T 消失,其他各力不变,所以a A ＝F T m A＝23g ,a B ＝0,故选D. 5.(多选)(2018·山东省泰安市上学期期中)如图4所示,倾角为θ的斜面静置于地面上,斜面上表面光滑,A 、B 、C 三球的质量分别为m 、2m 、3m ,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连,A 、B 间固定一个轻杆,B 、C 间由一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,现突然剪断细线或弹簧.下列判断正确的是( )图4A.弹簧被剪断的瞬间,A 、B 、C 三个小球的加速度均为零B.弹簧被剪断的瞬间,A 、B 之间杆的弹力大小为零C.细线被剪断的瞬间,A 、B 球的加速度沿斜面向上,大小为g sin θD.细线被剪断的瞬间,A 、B 之间杆的弹力大小为4mg sin θ答案 BCD解析 若是弹簧被剪断,将三个小球看做一个整体,整体的加速度为a ＝g sin θ,然后隔离A ,对A 分析,设杆的作用力为F ,则F ＋mg sin θ＝ma ,解得F ＝0,A 错误,B 正确；剪断细线前,以A 、B 、C 组成的系统为研究对象,系统静止,处于平衡状态,合力为零,则弹簧的弹力为F 弹＝(3m ＋2m ＋m )g sin θ＝6mg sin θ.以C 为研究对象知,细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变,以A 、B 组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得F 弹－(m ＋2m )g sin θ＝(m ＋2m )a AB ,解得A 、B 两个小球的加速度为a AB ＝g sin θ,方向沿斜面向上,以B 为研究对象,由牛顿第二定律得:F AB －2mg sin θ＝2ma AB ,解得杆的拉力为F AB ＝4mg sin θ,故C 、D 正确.6.(多选)(2018·河北省承德市联校期末)如图5所示,质量为3 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg 的物体B 用细线悬挂,A 、B 间相互接触但无压力.取g ＝10 m/s 2.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间( )图5A.B 对A 的压力大小为12 NB.弹簧弹力大小为20 NC.B 的加速度大小为4 m/s 2D.A 的加速度为零答案 AC解析 剪断细线前,A 、B 间无压力,则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N,剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变,对A 、B 整体分析,整体加速度:a ＝(m A ＋m B )g －F m A ＋m B ＝(3＋2)×10－303＋2m /s 2＝4 m/s 2 隔离对B 分析有:m B g －F N ＝m B a ,解得:F N ＝(20－2×4) N ＝12 N,由牛顿第三定律知B 对A 的压力为12 N,故A 、C 正确,B 、D 错误.7.(多选)(2018·湖北省黄冈市质检)如图6所示,足够长的倾斜传送带以v ＝2.4 m/s 的速度逆时针匀速转动,传送带与水平面的夹角θ＝37°,某时刻同时将A 、B 物块(可视为质点)轻放在传送带上,已知A 、B 两物块释放时的间距为0.042 m,与传送带间的动摩擦因数分别为μA ＝0.75、μB ＝0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,重力加速度g ＝10 m/s 2,则下列说法中正确的是( )图6A.物块B先做匀加速直线运动,后与传送带保持相对静止B.物块B最终一定追上物块AC.在t＝0.24 s时,A、B物块速度大小相等D.在t＝0.54 s前,A、B两物块之间的距离先增大后不变答案BC解析物块B先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为μB＝0.5<tan 37°＝0.75,则物块B 将继续加速下滑,选项A错误；物块A先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为μA＝0.75＝tan 37°,则物块A将与传送带相对静止,一起下滑,则物块B最终一定追上物块A,选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s2,与传送带共速经过的时间:t B＝va B1＝0.24 s,共速后物块B以a B2＝g sin θ－μB g cos θ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s2,与传送带共速时经过的时间:t A＝va A1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑,则t＝0.24 s时两物块速度相等,选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的加速度较大,则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑,速度逐渐变大,则两物块间的距离又逐渐减小,选项D错误.8.(多选)(2018·山东省济宁市上学期期末)机场使用的货物安检装置如图7所示,绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L＝2 m,现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5,g＝10 m/s2,下列说法正确的是()图7A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB.背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC.背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m答案 AD解析 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,由牛顿第二定律得μmg ＝ma ,得a ＝5m /s 2,背包达到传送带的速度v ＝1 m/s 所用时间t 1＝v a ＝0.2 s,此过程背包对地位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m ＝0.1 m<L ＝2 m,所以共速后背包与传送带相对静止,没有相对位移,所以背包对于传送带的相对位移为Δx ＝v t 1－x 1＝(1×0.2－0.1) m ＝0.1 m,背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－0.11s ＝1.9 s,所以背包从A 运动到B 所用的时间为:t ＝t 1＋t 2＝2.1 s,故选A 、D. 9.(2018·福建省龙岩市一模)如图8所示,一货场需将质量m 1＝60 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用倾斜轨道SP 和竖直面内圆弧形轨道PQ ,使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后,滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A 、B 上.倾斜轨道SP 竖直高度h ＝1.2 m,与水平面夹角θ＝53°.圆弧形轨道PQ 半径R ＝2 m,末端Q 切线水平,两轨道相切于P 点,且不计货物与两轨道间的摩擦.开始时木板A 紧靠弧形轨道末端Q ,木板A 上表面与轨道末端Q 相切.相同的两块木板A 、B ,长度均为l ＝3 m,质量均为m 2＝60 kg,木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15,货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知),最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,已知sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6,取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q 时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A 时,木板不动,而滑上木板B 时,木板B 开始滑动,求μ2应满足的条件；(3)若μ2＝0.40,求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离.答案 (1)1 800 N,方向竖直向下 (2)0.30<μ2≤0.45 (3)B 木板 1.6 m解析 (1)设货物滑到圆弧轨道末端Q 时的速度为v ,货物的下滑过程根据机械能守恒定律得:m 1g [h ＋R (1－cos θ)]＝12m 1v 2 货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N ,根据向心力公式得:F N －m 1g ＝m 1v 2R 联立得:v ＝210 m/s,F N ＝1 800 N根据牛顿第三定律,货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝1 800 N,方向竖直向下(2)若货物滑上木板A 时,木板不动,对木板A 和B 整体分析,则有:μ2m 1g ≤μ1(m 1＋2m 2)g 若滑上木板B 时,木板B 开始滑动,对木板B 分析得:μ2m 1g >μ1(m 1＋m 2)g联立得:0.30<μ2≤0.45(3)若μ2＝0.4,由上问可知,货物在木板A 上滑动时,木板不动,设货物在木板A 上做减速运动的加速度大小为a 1,由牛顿第二定律得:μ2m 1g ＝m 1a 1设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1,由运动学公式得:v 12－v 2＝－2a 1l联立可以得到:v 1＝4 m/s设货物滑上木板B 经过时间t 货物与木板B 达到共同速度v 2,木板B 的加速度为a 2 由牛顿第二定律和运动学公式得:对于木板B 有:μ2m 1g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2,v 2＝a 2t ,对于货物有:v 2＝v 1－a 1t木板的位移:x 2＝v 22t 货物的位移:x 1＝v 1＋v 22t 货物相对木板B 的位移:Δx ＝x 1－x 2联立得:Δx ＝1.6 m货物与木板B 达到共同速度v 2后,由于μ2>μ1,货物与木板B 间没有相对滑动则货物最后停在木板B 上,在木板B 上滑行的距离Δx ＝1.6 m.10.(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图9所示,以水平地面建立x 轴,有一质量m ＝1 kg 的小木块放在质量为M ＝2 kg 的长木板的左端A 点,已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1,木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.初始时m 与M －起向右运动,已知木板A 点经过坐标原点O 时的速度为v 0＝10 m/s,在坐标为x ＝27.5 m 处的P 点有一固定的挡板,木板B 端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回,在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下.取g ＝10 m/s 2,求:图9(1)木板的长度L 及小木块在木板上滑动的时间t ；(2)最终木板停止时A 点的位置坐标.答案 (1)18 m 2 s (2)x A ＝－1 m解析 (1)以向右为正方向,对木块和木板组成的系统,根据牛顿第二定律得:－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1,解得a 1＝－1 m/s 2设木板B 端与挡板碰前的速度为v ,根据匀变速直线运动规律得: v 2－v 02＝2a 1(x －L )碰后对木块,由牛顿第二定律:－μ2mg ＝ma 2解得a 2＝－5 m/s 2对木板:μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3解得a 3＝4 m/s 2依题意,碰后经时间t 共速,由速度公式v ＋a 2t ＝－v ＋a 3t解得t ＝29v木块与木板的相对位移:L ＝12×2v t ＝29v 2 联立解得L ＝18 m ；v ＝9 m/s ；t ＝2 s(2)共速后的速度v 共＝v ＋a 2t ＝－1 m/s,方向向左,因μ1<μ2,故整体一起向左匀减速到停止,碰后对木板分析,由运动学公式:x 1＝－v ＋v 共2t ＝－10 m x 2＝0－v 共22(－a 1)＝－0.5 m 故A 点的坐标x A ＝x ＋x 1＋x 2－L ＝－1 m.。
2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分 专题整合 专题二 功能与动量 第1讲
考 点 突 破 · 考 向 探 究
球被击出的同时， 运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小 旗。 训练要求当冰球到达挡板时， 运动员至少到达小旗处。 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动， 冰球到达挡板时 的速度为 v1，重力加速度大小为 g，求
菜 单
高考专题辅导与训练·物理
综 合 训 练 · 限 时 检 测
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
解析
设小球运动到 c 点的速度大小为 vc， 则对小
1 2 球由 a 到 c 的过程，由动能定理有 F· 3R－mgR＝ mvc ， 2 又 F＝mg，解得 vc＝2 gR，小球离开 c 点后，在水平 方向做初速度为零的匀加速直线运动， 竖直方向在重力 作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球
综 合 训 练 · 限 时 检 测
考 点 突 破 · 考 向 探 究
离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g， 则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最 vc 高点所需的时间为 t＝ g ＝2
菜 单
R g ，在水平方向的位移
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
3.(2015· 全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶。从某 时刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图 2 －1－3 所示。假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变。下
综 合 训 练 · 限 时 检 测
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第1讲 力与物体的平衡
高考命题轨迹
考情分析 受力分析与物体平衡几乎是每年必考的内容，近年来着重考察连接体的平衡，整体法、隔离法的应用，绳、杆、面弹力的大小与方向及胡克定律，摩擦力的大小及临界极值问题，单物体的动态平衡问题等．选题不避常规模型，没有偏难怪．选择题中物理情景较简单，难度在中等偏易到中等难度之间；计算题物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大．
知识方法链接 1．受力分析的两个顺序
(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)． (2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”． 2．受力分析的三个检验角度。