2016届高三物理二轮专题复习课件：考点强化练1
高考物理二轮复习选考强化练选修
选考强化练(一) 选修3－3(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．水的饱和汽压随温度的升高而增大B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能E．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大(2)(10分)如图1封闭端有一段长40厘米的空气柱，左右两边水银柱的高度差是19厘米，大气压强为76厘米汞柱，要使两边管中的水银面一样高，需要再注入多少厘米长的水银柱？图1【解析】(1)选ABE.水的饱和汽压随温度的升高而增大，故A正确；扩散现象证明了组成物质的分子永不停息地做无规则运动，故B正确；当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力减小，故C错误；根据热力学第二定律可知，理想热机不能把吸收的能量全部转化为机械能，故D错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，体积变大，由理想气体方程可知，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故E正确．(2)设管的横截面积为S，对管内封闭的气体进行状态分析有：初态：p1＝57 cmHg V1＝40S末态：p2＝76 cmHg V2＝L2S由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2解得：L2＝30 cm左边水银柱上升的高度为40－30＝10 cm故需要加入水银柱的长度为：L＝10 cm＋10 cm＋19 cm＝39 cm.【答案】(1)ABE (2)39 cm2．(2020·皖南八校联考)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的大小B．若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定增大C．系统吸收热量时，它的内能不一定增加D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E ．气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁频繁碰撞引起的(2)(10分)如图2所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面100 cm 不变，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27 ℃时，实际大气压为76 cmHg ，而该气压计读数为70 cmHg.求：图2①若气温为27 ℃时，该气压计中水银柱高度为64 cm ，则此时实际气压为多少cmHg?②在气温为－3 ℃时，该气压计中水银柱高度变为73 cm ，则此时实际气压应为多少cmHg?【导学号：19624279】【解析】 (1)选CDE.由于气体分子的间隙很大，仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，只能估算每个分子占据的空间体积，是不能估算该种气体分子大小的，选项A 错误．分子力做功等于分子势能的减小量；若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，如果是引力，分子的动能一定增大；如果是斥力，分子的动能一定减小，选项B 错误．物体吸收热量时，可能同时对外做功，根据热力学第一定律，它的内能不一定增加，选项C 正确．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，如电冰箱要耗电，选项D 正确．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，故E 正确；选C 、D 、E.(2)①根据平衡知识得：上部混有少量的空气压强为：p 1＝76 cmHg －70 cmHg ＝6 cmHg上部混有少量的空气体积：V 1＝(100－70)S ＝30 cm·S若在气温为27 ℃时，用该气压计测得的气压读数为64 cmHg ，空气体积：V 2＝(100－64)S ＝36 cm·S气体温度不变，根据玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2p 2＝5 cmHgp 0′＝64 cmHg ＋5 cmHg ＝69 cmHg.②T 1＝(273＋27) K ＝300 KV 3＝(100－73)S ＝27 cm·ST 3＝(273－3) K ＝270 K根据气体状态方程pV T ＝C 得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3代入数据解得：p 3＝6 cmHgp 0″＝73 cmHg ＋6 cmHg ＝79 cmHg.【答案】 (1)CDE (2)①69 cmHg ②79 cmHg3.[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)](1)(5分)关于热现象，下列说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B．分子间距离为r0时没有作用力，大于r0时只有引力，小于r0时只有斥力C．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化D．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小(2)(10分)如图3甲所示水平放置的汽缸内被活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为17 ℃，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平为止如图乙所示．取g＝10 m/s2，大气压强为1.0×105 Pa，活塞的横截面积S＝100 cm2，质量m＝20 kg，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：图3①活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度为多少？②在对汽缸内气体逐渐加热的过程中，气体吸收340 J的热量，则气体增加的内能多大？【解析】(1)选ACE.影响布朗运动的因素是温度和颗粒大小，温度越高、颗粒越小，布朗运动就越明显，故A正确；分子在相互作用的距离内都既有引力，又有斥力，故B错误；液晶的光学性质随温度、压力、外加电压的变化而变化，选项C正确；沿晶体的不同方向，原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理性质不同，这就是晶体的各向异性，故D错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人们就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故E正确．(2)①当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 PaV0＝L1S，T0＝(273＋17) K当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有p1S＝p0S＋mg (1分)则p 1＝p 0＋mg S ＝1.0×105 Pa ＋20010－2 Pa ＝1.2×105Pa(1分) V 1＝(L 1＋L 2)S(1分) 由理想气体状态方程得p 0L 1S T 0＝p 1L 1＋L 2ST 1(1分) 则T 1＝p1L 1＋L 2p 0L 1T 0＝1.2×105×151.0×105×12×290 K＝435 K ．(1分) ②当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p 0L 1S ＝p 1LS(1分) 则L ＝p 0L 1p 1＝1.0×105×121.2×105 cm ＝10 cm (1分)加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W ＝－p 0(L 1＋L 2－L)S －mg(L 1＋L 2－L)＝－60 J(2分) 根据热力学第一定律ΔU＝W ＋Q 得ΔU＝280 J ．(1分)【答案】 (1)ACE (2)①435 K ②280 J2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导t 时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且轨上端连接一电阻。
2016年高考二轮复习物理课件目录.ppt
专题三
电场和磁场
第1讲
第2讲 第3讲 专题四 第1讲
电场及带电粒子在电场中的运动
磁场及带电粒子在磁场中的运动 带电粒子在复合场中的运动 电路和电磁感应 恒定电流和交变电流
第2讲
电磁感应定律的综合应用
第 3页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
专题五
物理实验
第1讲
第2讲 专题六 第1讲 第2讲
力学实验与创新
名师伴你行
高考二轮复习· 物理
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
⊳第一部分 专题突破篇
专题一 力与运动
第1讲
第2讲 第3讲 第4讲 专题二
物体的平衡
直线运动和牛顿运动定律 抛体运动和圆周运动 万有引力定律及其应用 功和能
第1讲
第2讲
功、功率和动能定理
机械能守恒定律和功能关系
第 2页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
第 9页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
考前保温训练(七)
电磁感应和交变电流
考前保温训练(八)
考前保温训练(九)
物理实验
物理学史
第10页
谢谢观看！
电学实验与创新 选考部分 热 学 光
振动和波
第3讲
动量守恒定律和原子物理
第 4页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
⊳第二部分 考前冲刺篇
专题一 图象问题和模型问题
第1讲
第2讲 专题二 第1讲 第2讲
图ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ问题
模型问题 三大题型的解题方略 “十种绝技”秒杀选择题 “分门别类”突破实验题
第3讲
专题三
“大题小做”巧解计算题
第 6页
高三物理二轮复习热学专题优质课件
高三物理二轮复习热学专题优质课件一、教学内容1. 热力学第一定律2. 热力学第二定律3. 热力学第三定律4. 热传递与能量转换5. 热能与能源二、教学目标1. 理解并掌握热力学三大定律的基本原理及其应用。
2. 掌握热传递与能量转换的基本概念，了解热能在实际应用中的作用。
3. 提高学生的科学思维能力和综合运用能力，培养其运用物理知识解决实际问题的能力。
三、教学难点与重点教学难点：热力学第二定律、第三定律的理解与应用；热能与能源的综合运用。
教学重点：热力学三大定律的基本原理；热传递与能量转换的基本概念。
四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔、挂图等。
2. 学具：笔记本、教材、文具等。
五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）通过播放一段关于热力学在实际应用中的视频，激发学生的学习兴趣，为新课的学习做好铺垫。
2. 知识回顾（15分钟）学生回顾热力学三大定律的基本内容，教师进行点评与补充。
3. 例题讲解（25分钟）例题1：一定量的理想气体，初始状态为p1、V1、T1，经过一等压过程，变为p2、V2、T2。
求气体体积变化的比例。
例题2：一热机效率为η，工作过程中吸收的热量为Q1，放出的热量为Q2。
求热机输出的功率。
4. 随堂练习（15分钟）练习题1：一热力学系统经历一循环过程，吸收的热量为Q1，对外做功为W。
求该循环的效率。
练习题2：一定量的理想气体，初始状态为p1、V1、T1，经过一等温过程，变为p2、V2、T2。
求气体压强的变化比例。
5. 知识拓展（10分钟）介绍热能在能源中的应用，如太阳能、地热能等。
六、板书设计1. 热力学三大定律2. 热传递与能量转换3. 例题与练习题解答七、作业设计1. 作业题目：（1）一热力学系统经历一循环过程，吸收的热量为Q1，对外做功为W。
求该循环的效率。
（2）一定量的理想气体，初始状态为p1、V1、T1，经过一等温过程，变为p2、V2、T2。
求气体压强的变化比例。
2016届高考物理第二轮专题复习课件31
考题引路
(2015· 宜昌模拟 ) 如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平 面的夹角为 θ， 上端接有定值电阻 R， 匀强 磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B。 将质量为 m 的导体棒由静止释放，当速度 达到 v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的 拉力，并保持拉力的功率恒为 P，导体棒最终以 3v 的速度匀速运 动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电 阻，重力加速度为 g。下列选项正确的是( A．P＝2mgvsinθ B．P＝6mgvsinθ )
高考二轮总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第一部分
微专题强化练
第一部分
考点强化练18 电磁感应中的电
路、图象及动力学问题
1
考 向 分 析
3
强 化 训 练
2
考 题 引 路
4
易 错 防 范
考向分析
• 纵观近年高考试题，可知高考命题常以选择题 形式考查电磁感应中的图象问题和能量转化问 题，在部分省份的考试中以计算题的形式考查 导体棒、导线框在磁场中的运动，解题时要注 意与电路知识、牛顿运动定律和能量守恒定律 的综合应用，未来高考仍会对上述知识进行考 查，特别是导体棒的运动过程分析和能量转化 分析。
强化训练
（点此链接）
易错防范
• 如图所示，位于水平面内间距为L的光滑平行导 轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B， 方向垂直于导轨所在平面向里，导轨左端用导 线相连，一质量为m、长为L的直导体棒两端放 在导轨上，并与之密接。已知导轨单位长度的 电阻为r，导线和导体棒的电阻均忽略不计。从t ＝0时刻起，导体棒在平行于导轨的拉力作用下， 从导轨最左端由静止做加速度为a的匀加速运动， 求：
高考物理二轮复习详细指导PPT课件
地的对载应体起来；。”这一变化更加体现了高考的能力立意，
对②此高一考定考要查充分的关知注识。是对高中所学知识的抽样；
③高高考考物所理要科要考考查查的的能能力力主层要包次括是高提以考出高下对问几中考题个学生 等方发探生面现究：所问能能题力、的达
到的1．能理解力能水力平；
考查渗透在以上各种能
④高2．考推理所能要力考的能力主要是笔力的试考环查境中 下所能体
研考纲、析考题， 搞好18高考后期复习
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1
目录
●2016年考试大纲说明的研读
●新课程高考试题分析
● 2016年中后期高考物理备考策略
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2
●搞清课标、教材、考纲关系，
宏观把握高考命题大方向。 ●新课标
“国家课程标准是教材编写、教学、评估、考试 命题依据，国家管理和评价课程的基础。”
●新教材
教材（教科书）是最基本、最重要的课程资源 之一。教材编写依据是课程标准，它比课程标准的 要求更具体、更充实、更生动、更便于教学的实施。 但教材并不是唯一的课程资源。
知道国际单位制中规定的单位符号
实验一：研究匀变速直线运动
实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系
实验三：验证力的平行四边形定则
实验四：验证牛顿运动定律
实验五：探究动能定理
实验六：验证机械能守恒定律
实验七：测定金属的电阻率（同时练
习使用螺旋测微器）
实验八：描绘小电珠的伏安特性曲线
实验九：测定电源的电动势和内阻
现的34．．能分应析用力综数，合学并能处力理不物是理不问题顾的学能生力的知识基础的超越
能力5．。实验与能探力究能力 --------新课程标准
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7
考试内容与要求
●研读考纲《考试内容与要求》时注意：
高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习专题一 第2讲
第2讲 力与直线运动1.(2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比【考点定位】 匀变速直线运动速度与时间、位移的关系 【难度】 较易 答案 B解析 速度v ＝at ,动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2,与它所经历的时间的平方成正比,A 项错误;根据v 2＝2ax ,动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ,与位移成正比,B 项正确;动能E k ＝12m v 2,与速度的平方成正比,C 项错误;动量p ＝m v ,动能E k ＝12m v 2＝p 22m ,与动量的平方成正比,D 项错误.2.(多选)(2016·全国卷Ⅰ·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v －t 图象如图1所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶,则( )图1A.在t ＝1 s 时,甲车在乙车后B.在t ＝0时,甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 【考点定位】 v －t 图象、追及相遇问题【点评】 相遇时到达同一位置,然后由v －t 图象面积分析两车间距的变化 【难度】 中等 答案 BD解析 根据v －t 图象,甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时,甲、乙相遇,此时v 甲＝30 m/s,v 乙＝25 m/s,由位移和v －t 图线所围面积对应关系知,0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m ＝45 m,乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m.故t ＝0时,甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m,即甲在乙前方7.5m,B 选项正确;0～1 s 内,x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m,x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m,Δx 2＝x乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1,说明甲、乙第一次相遇,A 、C 错误;甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m,所以D 选项正确.3.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( ) A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动【点评】 主要考查牛顿第二定律的应用,考查考生的综合分析能力 【难度】 中等 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3,由题意知m 甲>m 乙,ρ甲＝ρ乙,则r 甲>r 乙.空气阻力F 阻＝kr ,对小球由牛顿第二定律得,mg －F 阻＝ma ,则a ＝mg －F 阻m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k 4πρr 2,可得a 甲>a 乙,由h ＝12at 2知,t 甲<t 乙,选项A 、C 错误;由v ＝2ah 知,v 甲>v 乙,故选项B 正确;因F 阻甲>F 阻乙,由球克服阻力做功W 阻＝F 阻h 知,甲球克服阻力做功较大,选项D 正确.4.(2018·全国卷Ⅰ·15)如图2,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P ,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动.以x 表示P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图2【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动力学图象【点评】 本题关键是由对物块的受力分析,列出牛顿第二定律方程,注意物块位移与弹簧形变量的区别 【难度】 中等 答案 A解析 设物块P 静止时,弹簧的长度为x 0,则k (l －x 0)＝mg ,物块P 匀加速直线运动时受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ,根据牛顿第二定律得,F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma 故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图象是截距为ma 的一次函数图象,故选A.5.(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图3所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以速度v 0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,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v 1.重力加速度大小为g .求：图3(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度.【考点定位】 匀变速直线运动、牛顿第二定律的应用【点评】 分析清楚各自的运动性质,抓住两运动的联系点,主要考查应用基础知识解决基本问题的能力 【难度】 中等答案 (1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 02解析 (1)设冰球的质量为m ,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由运动学公式得v 12－v 02＝2a 1s 0由牛顿第二定律－μmg ＝ma 1,解得μ＝v 02－v 122gs 0(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2,所用的时间为t .由运动学公式得v 02－v 12＝2a 1s 0 v 0－v 1＝a 1t s 1＝12a 2t 2联立解得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 02.6.(2017·全国卷Ⅲ·25)如图4所示,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 ＝4kg,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：图4(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.【考点定位】 牛顿第二定律的应用、板块模型、多过程问题、摩擦力【点评】 关键是要分析清楚三个物体的运动过程、运动性质,考查考生的综合分析能力 【难度】 较难答案 (1)1 m/s,方向与B 的初速度方向相同 (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 f1、F f2和F f3,A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ,木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有 F f1＝μ1m A g ① F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③ 由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④ F f2＝m B a B ⑤ F f2－F f1－F f3＝ma 1⑥设在t 1时刻,B 与木板达到共同速度,其大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v 1＝1 m/s,方向与B 的初速度方向相同⑨ (2)在t 1时间间隔内,B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 12⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后,木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统,由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知,a A ＝a B ,再由⑦⑧式知,B 与木板达到共同速度时,A 的速度大小也为v 1,但运动方向与木板相反.由题意知,A 和B 相遇时,A 与木板的速度相同,设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2,则由运动学公式,对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮A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s0＝s A＋s1＋s B⑯联立以上各式,并代入数据得s0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)该部分是高考重点考查内容,匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律,在选择题和计算题中均有考查,形式灵活,情景多样,贴近生活,选择题难度中等,计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合v－t图象,难度较大.单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查,难度不大.考点1匀变速直线运动规律的应用1.解题思路(1)分析运动过程,画出过程示意图.(2)标出已知量、未知量.(3)选择合适公式,列方程求解.注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带,是解题的关键,要先设出.(2)多过程问题用v －t 图象辅助分析会更形象、简捷.(3)v 、x 、a 等物理量是矢量,注意规定正方向,尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况. 2.牢记解决匀变速直线运动问题的五种常用方法3.处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间,再进行分析计算. 命题热点 匀变速直线运动的多过程问题(2018·河北省石家庄市模拟)水平地面上有一足球距门柱x ＝10 m,某同学将该足球以水平速度v 1＝6 m /s 踢出,足球在地面上做匀减速直线运动,加速度大小a 1＝1 m/s 2.足球撞到门柱后反向弹回(此过程时间忽略不计),弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的12.该同学将足球踢出后立即由静止开始以a 2＝1 m /s 2的加速度追赶足球,他能达到的最大速度v 2＝3 m/s,该同学至少经过多长时间才能追上足球？ 答案256s 解析 设足球运动到门柱时的速度为v 3, 由运动学公式可得v 12－v 32＝2a 1x , 解得v 3＝4 m/s足球从踢出到撞门柱的运动时间为t 1＝v 1－v 3a 1＝2 s足球撞在门柱后的反弹速度大小v 4＝2 m/s 足球从反弹到减速为0的时间t 2＝v 4a 1＝2 s该同学的加速时间t 3＝v 2a 2＝3 s该同学加速运动的位移x 1＝v 222a 2＝4.5 m匀速运动的位移x 2＝v 2(t 1＋t 2－t 3)＝3 m 足球从反弹到速度减为0的位移x 3＝v 422a 1＝2 m因x 1＋x 2＋x 3<x ,所以此时该同学还未追上足球 该同学要追上足球,还需要的时间t 4＝x －x 1－x 2－x 3v 2＝16s则该同学追上足球的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 4＝256s.1.(2018·陕西省咸阳市第一次模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动,因前方发生交通事故而紧急刹车做匀减速直线运动,最后静止,汽车在最初3 s 内通过的位移与最后3 s 内通过的位移之比为x 1∶x 2＝5∶3,汽车运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2,则汽车制动的总时间t 为( )A.t >6 sB.t ＝6 sC.4 s<t <6 sD.t ＝4 s 答案 D解析 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度为a ,把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则有最后3 s 内通过的位移x 2＝12a ×32＝92a ,在最初3 s 内通过的位移x 1＝12at 2－12a (t －3)2＝12a (6t －9),又x 1∶x 2＝5∶3,解得t ＝4 s,故A 、B 、C 错误,D 正确.考点2 直线运动图象的应用图象问题的应用要点(1)x －t 图象、v －t 图象、a －t 图象的物理意义.(2)图象问题的五看.一看：轴;二看：线;三看：斜率;四看：面积;五看：截距. (3)图象问题的两点注意.①x －t 图象和v －t 图象描述的都是直线运动,图象不表示物体的运动轨迹.②利用v －t 图象分析两个物体的运动时,要注意两个物体的出发点,即注意它们是否从同一位置出发.(4)陌生的图象要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程,找出两物理量在运动过程中任一位置的关系,分离出因变量即可),由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义. 命题热点1 运动图象解决追及相遇问题(多选)(2018·全国卷Ⅱ·19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图5中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是()图5A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后,乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大答案BD解析t1～t2时间内,甲车位移大于乙车位移,且t2时刻两车相遇,则t1时刻甲在乙的后面,A项错误,B项正确;由图象的斜率知,甲、乙两车的加速度均先减小后增大,C项错误,D项正确.2.(2018·山东省济宁市上学期期末)甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动,它们的v－t 图象如图6所示,下列说法正确的是()图6A.t1时刻,两者相距最远B.t2时刻,乙物体追上甲物体C.乙物体先向负方向运动,t1时刻以后反向向正方向运动D.0～t2时间内,乙的速度和加速度都是先减小后增大答案 D解析在0～t2时间内,乙的速度比甲的小,甲在乙的前方,两者间距逐渐增大.t2时刻后,乙的速度比甲的大,两者间距减小,所以t2时刻,两者相距最远,故A错误;甲、乙两物体由同一位置出发,在v－t图象中图象与t轴围成的面积代表位移,则0～t2时间内,甲的位移比乙的大,t2时刻,乙物体还没有追上甲物体,故B错误;在v－t图象中速度的正负表示运动方向,由题图可知乙的速度一直为正,运动方向没有发生改变,故C错误;因速度－时间图象的斜率表示加速度,则0～t2时间内,乙的速度和加速度都是先减小后增大,故D正确.3.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图7所示.下列说法正确的是( )图7A.在t 1时刻两车速度相等B.从0到t 1时间内,两车走过的路程相等C.从t 1到t 2时间内,两车走过的路程相等D.在t 1到t 2时间内的某时刻,两车速度相等 答案 CD解析 x －t 图象的斜率表示速度,则可知t 1时刻乙车速度大于甲车速度,A 错误;由两图线的纵截距知,出发时甲在乙前面,t 1时刻两图线相交表示两车相遇,可知0到t 1时间内乙车比甲车多走了一段距离,B 项错误;t 1和t 2时刻两图线相交,表明两车均在同一位置,从t 1到t 2时间内,两车走过的路程相等;在t 1到t 2时间内,两图线有斜率相等的一个时刻,该时刻两车速度相等,C 、D 项正确.命题热点2 动力学图象问题(2018·河南省郑州一中上学期期中)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速度大小成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v －t 图象可能正确的是( )答案 C解析 没有空气阻力时,物体只受重力,是竖直上抛运动,v －t 图象是一条直线;有空气阻力时,上升阶段根据牛顿第二定律,有mg ＋F f ＝ma ,故a ＝g ＋F fm ,由于阻力随着速度减小而减小,故加速度逐渐减小,最小值为g ;下降阶段根据牛顿第二定律,有mg －F f ＝ma ,故a ＝g －F fm,由于阻力随着速度增大而增大,故加速度减小;v －t 图象的斜率表示加速度,故图线与t 轴的交点对应时刻的加速度为g ,切线与虚线平行,故C 正确.4.(多选)(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图8所示,一劲度系数为k 的轻质竖直弹簧,上端固定,下端连一质量为m 的物块A ,A 放在质量也为m 的托盘B 上,初始时,在竖直向上的力F 作用下系统静止,且弹簧处于原长状态.以F N 表示B 对A 的作用力,x 表示弹簧的伸长量,现改变力F 的大小,使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度,空气阻力不计),此过程中F N 或F的大小随x 变化的图象正确的是( )图8答案 BD考点3 牛顿运动定律的应用应用牛顿运动定律解决动力学问题时要注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析,特别是多过程问题,一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等. (2)求解加速度是解决问题的关键. 命题热点1 动力学中的连接体问题 灵活应用整体法与隔离法(1)整体法：在连接体问题中,如果不需要求物体之间的相互作用力,且连接体的各部分具有相同的加速度,一般采用整体法列牛顿第二定律方程.(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体,一般采用隔离法列牛顿第二定律方程.(多选)(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图9甲所示,用粘性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg,当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离.t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1,同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2,使A 、B 从静止开始运动,运动过程中F 1、F 2方向保持不变,F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示,则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析,正确的是( )图9A.t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力大小为0.6 NB.t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零C.t ＝2.5 s 时刻A 对B 的作用力方向向左D.从t ＝0时刻到A 、B 分离,它们运动的位移为5.4 m 答案 AD解析 设t 时刻A 、B 分离,分离之前A 、B 物块共同运动,加速度为a ,以A 、B 整体为研究对象,则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2 m /s 2＝1.2 m/s 2, 分离时：F 2′－F AB 0＝m B a ,得F 2′＝F AB 0＋m B a ＝0.3 N ＋2×1.2 N ＝2.7 N, 经历时间t ＝2.73.64s ＝3 s,根据位移公式x ＝12at 2＝5.4 m,则D 正确;当t ＝2.0 s 时,F 2″＝1.8 N,F 2″＋F AB ＝m B a , 得F AB ＝m B a －F 2″＝0.6 N,A 正确,B 错误; 当t ＝2.5 s 时,F 2＝2.25 N,F 2＋F AB ′＝m B a ,得F AB ′＝m B a －F 2＝0.15 N,方向向右,C 错误.5.(2018·江西省五市八校第二次联考)如图10,物块A 和B 的质量分别为4m 和m ,开始时A 、B 均静止,细绳拉直,在竖直向上拉力F ＝6mg 的作用下,动滑轮竖直向上加速运动.已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦,细绳足够长,在滑轮向上运动过程中,物块A 和B 的加速度分别为( )图10A.a A ＝12g ,a B ＝5gB.a A ＝a B ＝15gC.a A ＝0,a B ＝2gD.a A ＝14g ,a B ＝3g答案 C解析 设在运动过程中,细绳的拉力为F T ,则2F T ＝F ,即F T ＝3mg ,以A 为研究对象,因F T ＝3mg <G A ＝4mg ,故小物块A 没有离开地面,所以A 的加速度为零,以B 为研究对象,因F T ＝3mg >G B ＝mg ,根据牛顿第二定律可得：3mg －mg ＝ma B ,解得a B ＝2g ,方向向上,故C 正确. 命题热点2 传送带问题1.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.因此,搞清楚物体与传送带间的相对运动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,即物体与传送带速度相同,这时会出现摩擦力改变的临界状态,具体如何改变要根据具体情况判断.(多选)(2018·山东省泰安市上学期期末)如图11所示,水平传送带匀速运动,在传送带的右侧固定一弹性挡杆.在t ＝0时刻,将工件轻轻放在传送带的左端,当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞,已知碰撞时间极短,不计碰撞过程的能量损失.则从工件被轻轻放在传送带的左端开始,到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中,工件运动的v －t 图象可能是( )图11答案CD解析工件与弹性挡杆发生碰撞后,其速度的方向发生改变,应取负值,故A、B错误;工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变,所以两过程中加速度不变,故C、D正确.6.(多选)(2018·安徽省滁州市联合质检)如图12甲所示,倾角为37°足够长的传送带以恒定速率转动,将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放在传送带上,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,则下列说法正确的是()图12A.传送带逆时针转动,速度大小为4 m/sB.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C.0～8 s内物体位移的大小为14 mD.0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J答案CD解析由题图乙可知小物体先沿负方向做减速运动后沿正方向做加速运动最后沿正方向匀速运动,故传送带速度方向沿斜面向上,最终物体和传送带的速度相同,故传送带速度大小为 4 m/s,A错误;根据v－t图象的斜率表示加速度可得,物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝22,由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma,解得μ＝0.875,故B错误;0～8 s内物体2＝1 m/s位移为x ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m ＝14 m,故C 正确;0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动,0～6 s 内传送带运动的距离为x 带＝4×6 m ＝24 m,0～6 s 内物体位移为x 物＝－12×2×2 m ＋4×42m ＝6 m,产生的热量Q ＝μmg cos θ·x 相对＝μmg cos θ(x 带－x 物)＝126 J,故D 正确. 命题热点3 “板块”模型1.分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点.(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移的板长之间的关联. (3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力,分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键. 2.分析多过程问题的基本方法应当将复杂的运动过程分解为几个子过程,就每个子过程进行求解,关键是分析每一个子过程的特征(包括受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系.(2018·山东省日照市11月校际联合质检)质量M ＝1 kg 的长木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.木板上放有质量分别为m A ＝2 kg 和m B ＝1 kg 的A 、B 两物块,A 、B 与木板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.3、μ3＝0.5,水平恒力F 作用在物块A 上,如图13所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g ＝10 m/s 2.则( )图13A.若F ＝5 N,物块A 受到的摩擦力大小为5 NB.若F ＝6 N,物块B 受到的摩擦力大小为5 NC.若F ＝7 N,物块A 将会相对木板滑动D.无论力F 多大,B 与长木板之间都不会发生相对滑动 答案 D解析 A 与木板间的最大静摩擦力为F f A max ＝μ2m A g ＝6 N, B 与木板间的最大静摩擦力为F f B max ＝μ3m B g ＝5 N,木板与地面间的最大静摩擦力为F f ＝μ(M ＋m A ＋m B )g ＝4 N,若F ＝5 N,木板已相对地面滑动,设A 、B 相对木板静止,则对整体F －F f ＝(M ＋m A ＋m B )a ,对A 有F －F f A ＝m A a ,解得F f A ＝4.5 N<6 N,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝0.25 N<5 N,故A 、B 物块相对木板静止,且F f A ＝4.5 N,故A 错误.若F ＝6 N,木板已相对地面滑动,设A 、B 相对木板静止,则对整体F －F f ＝(M ＋m A ＋m B )a ,对A有F －F f A ＝m A a ,解得F f A ＝5 N<6 N,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝0.5 N<5 N,故A 、B 物块相对木板静止,且F f B ＝0.5 N,故B 错误.若F ＝7 N,木板已相对地面滑动,设A 、B 相对木板静止,则对整体F －F f ＝(M ＋m A ＋m B )a ,对A 有F －F f A ＝m A a ,解得F f A ＝5.5 N<6 N,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝0.75 N<5 N,所以A 、B 物块相对木板静止,故C 错误.当A 与木板间的摩擦力达到最大时,设木板和B 相对静止,对木板和B 有F f A max －F f ＝(M ＋m B )a ,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝1 N,即A 与木板间的摩擦力达到最大时,木板和B 仍相对静止.则无论力F 多大,B 与长木板之间都不会发生相对滑动,故D 正确.7.(2018·广东省惠州市第二次调研)如图14,一质量M ＝1 kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动,当其速度为v 0＝5 m /s 时将一质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A 端;已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2,薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3,g ＝10 m/s 2.求：图14(1)小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小a 1、a 2; (2)小铁块与薄木板的速度相等时,二者的位移大小; (3)当小铁块速度刚好减小到零时,小铁块到A 端的距离. 答案 (1)2 m /s 2 8 m/s 2 (2)0.25 m 1.5 m (3)1.125 m解析 (1)对m 由牛顿第二定律得：F f m ＝ma 1 a 1＝μ1mg m＝2 m/s 2对M 由牛顿第二定律得：F f m ＋F f M ＝Ma 2 a 2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝8 m/s 2(2)m 向右加速运动,M 向右减速运动,设经过时间t 二者速度相等且为v . 则对m ：v ＝a 1t 对M ：v ＝v 0－a 2t 解得t ＝0.5 s,v ＝1 m/s二者速度相等时m 的对地位移x m 1＝12a 1t 2＝0.25 mM 的对地位移x M 1＝v 0t －12a 2t 2＝1.5 m(3)0.5 s 后,m 在M 上会向右减速滑动,此时,m 减速时的加速度大小a m ＝μ1mgm＝2 m/s 2 M 减速时的加速度大小a M ＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M ＝4 m/s 2m 减速到0的时间t m ＝va m ＝0.5 sM 减速到0的时间t M ＝va M＝0.25 s 故小铁块速度减小到零时,木板早已停下 从速度为v 到速度减为零, 木板的位移x M 2＝v 22a M ＝0.125 m铁块的位移x m 2＝v 22a m ＝0.25 m所以铁块离木板A 端的距离： d ＝x M 1＋x M 2－(x m 1＋x m 2)＝1.125 m1.(2018·广东省深圳市第一次调研)如图1所示为甲、乙两物体做直线运动的x －t 图象,对于0～t 1时间内两物体的运动,下列说法中正确的是( )图1A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小,速度变大 答案 B解析 由x －t 图象可知甲物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项A 错误;乙物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项B 正确;由题图可知,两物体在t 1时间内的位移大小相等,则平均速度大小相等,选项C 错误;乙物体位移变小,速度变小,选项D 错误.2.(2018·山西省晋城市第一次模拟)一平直公路上有甲、乙两辆车,他们从t ＝0时刻开始运动,在0～6 s 内速度随时间变化的情况如图2所示.已知两车在t ＝3 s 时刻相遇,下列说法正确的是( )图2A.两车的出发点相同B.t ＝2 s 时刻,两车相距最远C.两车在3～6 s 之间的某时刻再次相遇D.t ＝0时刻两车之间的距离大于t ＝6 s 时刻两车之间的距离 答案 D解析 由题图可得,0～3 s 内,乙车的位移为12×(2＋0.5)×3 m ＝3.75 m,甲车的位移为12×(2＋4)×2 m ＋12×(4＋3)×1 m ＝9.5 m, 则两车的出发点相距9.5 m －3.75 m ＝5.75 m, 选项A 错误;3～6 s 内,乙车的位移为－12×(1＋0.5)×1 m ＝－0.75 m,甲车的位移为12×3×3 m ＝4.5 m,二者相距4.5 m ＋0.75 m ＝5.25 m.所以t ＝0时刻两车之间的距离大于t ＝6 s 时刻两车之间的距离,选项D 正确; 0～2 s 内,两车间距逐渐减小,t ＝2 s 时刻两车相距不是最远,选项B 错误; 两车在3～6 s 之间距离越来越大,不可能再次相遇,选项C 错误.3.(2018·湖北省武汉市调研)一物块沿倾角为θ的固定斜面从底端开始上滑,到达最大高度处后又返回斜面底端.已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍.则物块与斜面间的动摩擦因数为( ) A.13tan θ B.12tan θ C.35tan θ D.tan θ答案 C解析 上升的加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ,则x ＝12a 1t 2;下滑的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ,则x ＝12a 2(2t )2;联立解得μ＝35tan θ,故选C.4.(2018·福建省漳州市期末调研)如图3,质量均为m 的A 、B 两个小物体置于倾角为θ＝30°的斜面上,它们相互接触但不粘连.其中B 与斜面间的动摩擦因数为μ＝36,A 为光滑物体,同时由静止释放两个物体,重力加速度为g .则下列说法正确的是( )图3A.两个物体在下滑过程中会分开B.两个物体会一起向下运动,加速度为g2。
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套PPT课件专题三 第1课时
例2 (2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3所示,光滑绝缘的细圆管弯
成半径为R的半圆形,固定在竖、质量为m的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落,A、
B两点间距离为4R.从小球进入管口开始,整个空间中突然加上一个匀强电
场,电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等,
12mvC2－12mvB2
小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过A点,
有4R＝vCt 2R＝12axt2＝2Fmx t2 联立解得：Fx＝mg 电场力的大小为：F＝ Fx2＋Fy2＝ 2mg
解析 答案
(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力. 答案 3mg,方向水平向右
解析 小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管壁的弹力FN提供,设弹力FN 的方向水平向左, 则 Fx＋FN＝mvRC2 解得：FN＝3mg(方向向左) 根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管壁的压力为FN′＝FN ＝3mg,方向水平向右.
解析 答案
拓展训练4 如图5所示,水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点,另一端自 由 伸 长 到 A 点 ,OA 之 间 的 水 平 面 光 滑 . 固 定 曲 面 在 B 处 与 水 平 面 平 滑 连 接.AB之间的距离s＝1 m.质量m＝0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的 B点,物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速 度v0＝5 m/s,g取10 m/s2.
√A.物体的质量m＝0.5 kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
√C.第2 s内物体克服摩擦力做的功Wf＝2 J √D.前2 s内推力F做功的平均功率 P ＝1.5 W
图2
解析 答案
拓展训练2 (多选)(2018·福建省三明市上学期期末)发动机额定功率为P0的 汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动,最后达到最大速度并做匀速直 线运动,已知汽车所受路面阻力恒为Ff,汽车刚开始启动时的牵引力和加速 度分别为F0和a0,如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速 度、牵引力和功率随速度变化的图象,其中正确的是
高中物理选修二 练透讲义 第1章 专题强化练1 安培力作用下导体的平衡和运动问题
专题强化练1 安培力作用下导体的平衡和运动问题考点一 安培力作用下的平衡问题1．(多选)(2023·孝感市高二开学考试)质量为m 的金属细杆置于倾角为θ的光滑导轨上，导轨的宽度为d ，若给细杆通以如图所示的电流时，如图所示的A 、B 、C 、D 四个图中，可能使杆静止在导轨上的是( )2.(多选)(2023·常德市汉寿县第一中学高二阶段练习)如图所示，质量为m 、长度为l 的金属棒放置在横截面为14圆弧的光滑轨道上，轨道处在竖直平面内，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，当金属棒通有垂直纸面向外的电流I 时，金属棒静止于轨道某点，该点与圆心连线和水平方向的夹角为θ，重力加速度为g 。
则下列说法正确的是( )A ．匀强磁场的方向竖直向上B ．匀强磁场的方向竖直向下C ．磁感应强度大小为mgIl tan θD ．磁感应强度大小为mg tan θIl3．(多选)(2023·肇庆市高二期末)如图所示，间距为L 的光滑金属导轨PQ 、MN 相互平行，导轨平面与水平面呈θ角，质量为m 的金属棒ab 垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路，金属棒ab 与导轨接触良好，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，当通过金属棒ab 的电流为I 时，金属棒恰好处于静止状态，重力加速度为g ，则( )A ．磁场方向垂直于导轨平面向上B ．金属棒受到的安培力的大小为mg sin θC ．磁场的磁感应强度为mg tan θILD ．增大电流，导轨对金属棒的支持力也增大 考点二 安培力作用下的加速问题4．根据磁场对通电导体有安培力作用的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮，其原理如图所示；间距为L 的平行导轨水平放置，导轨一端接电动势为E 、内阻为r 的电源，可导电金属炮弹质量为m ，垂直放在导轨上，电阻为R ，导轨电阻不计，添加竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。
炮弹与导轨阻力忽略不计。
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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第一部分
微专题强化练
第一部分
考点强化练1 受力分析
用下物体的平衡
共点力作
1
考 向 分 析
3
强 化 训 练
2
考 题 引 路
4
易 错 防 范
考向分析
• 从近几年的高考考点分布可以看出，这部分内 容在近几年高考中出题机率居高不下，题型多 以选择题形式出现，难度的跨度也较大，有容 易题，也有中档和偏难程度题。主要涉及弹簧 弹力、摩擦力、共点力作用下物体的平衡等知 识，考查时注重物理思维与物理能力的考核。
• 错因分析：不能准确把握小球所受各力的方 向特征，特别是FT与FN间夹角变化的特点， 以为细绳与水平方向的夹角减小，则拉力FT 减小(或者增大)而错选B项(或者A项)。 正确解答：解法一 正交分解法。以小球为研究对象受力分析，
可知小球受到三个力作用，建立直角坐标系如图 (a) 所示，由平衡条件得 FTcosβ － FNsinθ ＝ 0 ， mg FTsinβ＋FNcosθ＝mg，解得 FN＝ ， sinθtanβ＋cosθ mgsinθ FT＝ ，其中 θ 为斜面倾角不变。 cosβ－θ
• 答案：B
强化训练
（点此接）
易错防范
• 如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固 定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小 球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直 线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接 近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以 及绳对小球的拉力FT的变化情况是( ) • A．FN保持不变，FT不断增大 • B．FN不断增大，FT不断减小 • C．FN保持不变，FT先增大后减小 • D．FN不断增大，FT先减小后增大
•在缓慢向左推动斜面体的过程中，细绳与水 平面的夹角β由大于θ逐渐减小到小于θ，当β ＝θ时，cos(β－θ)＝1，FT有最小值，所以FT 先减小后增大；tanβ不断减小，故FN不断增 大，D项正确。
解法二
三力平衡规律。小球受三个力作用而
平衡，因此表示这三个力的矢量线段必组成闭合矢 量三角形，如图(b)。实线为开始时三力的矢量三角 形，当将斜面体缓慢向左推动时，FT 与水平方向的 夹角 β 减小，当 β＝θ 时，FT⊥FN，细绳拉力最小， 由图可知，随 β 的减小，斜面支持力 FN 不断增大，细绳拉力 FT 先减小后增大，D 项正确。
考题引路
• (2015·山东理综)如图，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( )
1 A． μ1μ2 1＋μ1μ2 C． μ1μ2
答案：D
1－μ1μ2 B． μ1μ2 2＋μ1μ2 D． μ1μ2
• 立意与点拨：知识：受力分析、共点力的平 衡、摩擦力大小的计算公式、整体法与隔离 法的应用。能力： 主要考查对物体受力分析 的理解能力和推理能力。试题难度：中等。 尝试解答：滑块 B 刚好不下滑，根据平衡条件得 mBg＝μ1F；
滑块 A 恰好不滑动，则滑块 A 与地面之间的摩擦力等于最大静摩 擦力，把 A、B 看成一个整体，根据平衡条件得 F＝μ2(mA＋mB)g， mA 1－μ1μ2 解得m ＝ 。选项 B 正确。 μ μ B 1 2