2017年新课标高三物理二轮专题复习难点突破1-3-1 Word版含解析

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高考物理二轮难点突破复习第三章第一讲牛顿运动定律课件新人教版必修1

解析 A、B 之间的作用力是作用力与反作用力，所以大小相等方向相反，A 正确，B 错误；对于碰撞的过程，A 向前运动，其内蛋黄和蛋白也向前运动，所以当 A 的蛋壳停止运动时，它们仍然向前运动给 A 的蛋壳以力的作用，故 C 正确；A 蛋壳受到两个力的作用(B 蛋壳的作用与自身蛋黄和蛋白的作用)，合力较小不易破碎，而 B 仅受到 A 的作用，受力较大，所以 B 蛋壳易破，故 D 正确．
解析因为惯性的大小仅由质量来决定，铅球质量很大，其惯性大，尽管速度不大，但是运动状态很难改变，故不能用手直接去接；而乒乓球则与其相反，运动状态容易改变，尽管速度很大，但也可以用手直接去接，所以 A、B 是错误的；对于 C、D，相同的两辆车惯性相同，速度大的停下来，其运动状态变化大，因此较难，故 D 对．
[答案] BD
[点评] 牛顿第二定律 F＝ma 在确定 a 与 m、F 的数量关系的同时，也确定了三个量间的单位关系，因为此式为矢量式，所以也确定了 a 与 F 间的方向关系.
题型三合成与分解在牛顿第二定律的应用
【例 3】一倾角为 30°的斜面上放一木块，木块上固定一支架，支架末端用细线悬挂一小球，木块在斜面上下滑时，小球与滑块相对静止共同运动，如图所示，求以下三种情况下滑块下滑的加速度：
[答案] D
[点评] 牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的 “理想实验”为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的，牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．
变式训练 1 一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的( )
(3)作用力和反作用力的性质相同，即作用力和反作用力是属同种性质的力．

2017届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破热考小题专攻练12Word版含解析

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热考小题专攻练12.原子与原子核(建议用时20分钟) 小题强化练,练就速度和技能,掌握高考得分点!1.(多选)如图所示,用导线把验电器与锌板相连接,当用紫外线照射锌板时,发生的现象是( )A.有光子从锌板逸出B.有电子从锌板逸出C.验电器指针张开一个角度D.锌板带负电【解析】选B、C。

用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的,锌板上的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出,称之为光电子,故A错误、B正确;锌板与验电器相连,带有相同电性的电荷,锌板失去电子应该带正电,且失去电子越多,带正电的电荷量越多,验电器指针张角越大,故C正确、D错误。

2.(多选)用频率为ν1的单色光照射某种金属表面,发生了光电效应现象。

现改为频率为ν2的另一单色光照射该金属表面,下列说法正确的是( )A.如果ν2>ν1,能够发生光电效应B.如果ν2<ν1,不能够发生光电效应C.如果ν2>ν1,逸出光电子的最大初动能增大D.如果ν2>ν1,逸出光电子的最大初动能不受影响【解析】选A、C。

对于确定的金属,入射光的频率必须大于或等于某一频率ν0时才会发生光电效应,频率ν0称为截止频率,如果入射光的频率低于截止频率ν0,则不论光强多大,照射时间多长,都不会产生光电效应,不同的金属有不同的截止频率,所以当ν2>ν1时能够发生光电效应,ν2<ν1时不一定能够发生光电效应,选项A正确,B错误;又光电子的最大初动能随着入射光频率的增加而线性增加,所以当ν2>ν1时逸出光电子的最大初动能增大,选项C正确,D错误。

3.关于光电效应的规律,下列说法中正确的是( )A.只有入射光的波长大于该金属的极限波长,光电效应才能产生B.光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C.发生光电效应的反应时间一般都大于10-7sD.发生光电效应时,单位时间内从金属内逸出的光电子数目与入射光强度成正比【解析】选D。

2017高考物理二轮(通用版)复习对点练：第1部分专题二能量、动量和原子物理专题2第1讲演练含答案

第一部分专题二第1讲1．（2016·太原模拟二）2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5 000 m接力的冠军领奖台上．观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒"的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间水平方向上的相互作用，则( C）A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B．甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C．乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量解析：由牛顿第三定律知，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反．两个力不相同,选项A错误；甲对乙的作用力方向与乙运动方向相反，此力对乙做负功，由动能定理知,乙的动能减小，选项B错误；乙对甲的作用力方向与甲运动方向相同，此力对甲做正功，由动能定理知，甲的动能增加，C正确；在乙推甲的过程中,甲、乙运动的距离不一定相等，由功的公式W＝FS知，推力对甲、乙做功不一定相等，由动能定理知，甲动能的增加量不一定等于乙动能的减小量，选项D错误．2．（2016·福州质检)如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变,当绳OA段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（A）A．错误!－错误!B．错误!cos2θ－错误!C．错误!D．错误!解析:卡车对小船做功的功率P0＝Fv cos θ，对小船受力分析由牛顿第二定律得F cos θ－f＝ma，联立得a＝P0mv－错误!,A正确．3．(2016·南昌调研)如图所示,固定斜面AD上有B、C两点，且AB＝BC＝CD，小滑块以初动能E K0从A点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面AD光滑，则滑块到达D位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦,BD部分仍无摩擦，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( AD）A．位置B时的动能为E K03B．位置B时的动能为错误!C．位置A时的动能为错误!D．位置A时的动能为错误!解析:设斜面高度为h，AB＝BC＝CO＝l，滑块与AB部分的摩擦力为f.斜面光滑上滑时,由动能定理有mgh＝E k0，AB部分有摩擦时滑块的上滑过程由动能定理有错误!mgh＋fl＝E k0，从C开始滑回B、A的过程同理有E kB－0＝错误!mgh，错误!mgh－fl＝E kA－E kB．解得E kA＝13E k0、E kB＝错误!E k0。

2017年新课标高三物理二轮专题复习课时作业13 Word版含解析

课时作业13电学实验时间：45分钟1．某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图(甲)、(乙)所示．由图可读出l＝________cm，d＝________mm.解析：l＝22 mm＋5×0.1 mm＝22.5 mm＝2.25 cm；d＝6.5mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm.答案：2.25 6.8602．为了测量待测电阻R x的阻值(约为200 Ω)，备有以下器材：A．电源E：电动势约为3.0 V，内阻可忽略不计；B．电流表：量程为0～10 mA，内电阻r1＝20 Ω；C．电流表：量程为0～20 mA，内电阻r2≈8 Ω；D．定值电阻R0：阻值R0＝80 Ω；E．滑动变阻器R：最大阻值为20 Ω；F．单刀单掷开关S，导线若干．(1)为了尽量准确地测量电阻R x，甲、乙、丙三位同学设计了如图甲、乙、丙所示的实验电路图，你认为最合理的是________；(填甲、乙或丙)(2)若某次测量中电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2，则R x 的表达式为：R x ＝________.解析：(1)电流表A 2的内电阻的准确值未知，甲、丙两图中不能准确求出R x 两端的电压，所以乙图电路最合理．(2)乙图中，R x ＝U x I x＝I 1(R 0＋r 1)I 2－I 1. 答案：(1)乙 (2)I 1(R 0＋r 1)I 2－I 13．(1)多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100.用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是________Ω.(2)某研究性学习小组利用图甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r .根据实验数据绘出如图乙所示的R －1I 图线，其中R 为电阻箱读数，I 为电流表读数，由此可以得出E ＝________V ，r ＝________Ω.解析：(1)用×10挡测量电阻时，表头指针偏转角度很小说明被测电阻阻值较大，应改用较大挡位来测量．欧姆表换挡后要重新欧姆调零．表盘读数为R ＝22×100 Ω＝2.2×103 Ω.(2)由E ＝I (R ＋r )得R ＝E I －r ，则R －1I 图象的斜率即为电源的电动势大小，即E ＝2.9 V ，图象截距为电源的内阻r ＝0.9 Ω.答案：(1)×100 调零(或重新调零) 2.2×103(或2.2 k)(2)2.9 0.94．用伏安法测量电阻阻值R ，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50 kΩ)、电流表(内阻约为40 Ω)、滑动变阻器、电源、开关、待测电阻(约为250 Ω)及导线若干．(1)如图甲所示电路图中，电压表应接________点．(填“a”或“b”)(2)图乙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试作图并求出电阻阻值R＝________Ω.(保留3位有效数字)(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图丙、图丁所示．由图可知其长度为________mm，直径为________mm.(4)由以上数据可求出ρ＝________Ω·m.(保留3位有效数字)解析：(1)R x<R A R V，应采用电流表外接法，故电压表应接a点．(2)作图为过原点的直线，其中第2个点误差较大，应舍弃，如图所示．图线的斜率即为电阻阻值，R≈229 Ω.(3)50分度游标卡尺的精确度为0.02 mm，由图可知其长度为(8＋0.02×2) mm＝8.04 mm，直径为(1＋0.02×46) mm＝1.92 mm.(4)由公式ρ＝πd2R4l可求得电阻率为8.24×10－2Ω·m.答案：(1)a(2)作图见解析229(221～237均可)(3)8.04 1.92(4)8.24×10－25．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________．(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U.下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________．(选填“1”或“2”)(3)根据实验数据描点，绘出的1U－R图象是一条直线．若直线的斜率为k，在1U坐标轴上的截距为b, 则该电源的电动势E＝________，内阻r＝________.(用k、b和R0表示)．解析：(1)实验中电阻箱起到改变电路的总电阻和分压作用，为了确保仪器的安全，一般将电阻箱的电阻先调到最大值．(2)由于定值电阻R 0＝10 Ω，若选用方案1，则电压表的示数较小，示数变化范围也很小，所以选用方案2.(3)由题意可得E ＝U R 0(R 0＋R ＋r )，变形为1U ＝1ER 0R ＋R 0＋r ER 0，由题意得斜率k ＝1ER 0，截距b ＝R 0＋r ER 0，解得E ＝1kR 0，r ＝b k －R 0. 答案：(1)最大值 (2)2 (3)1kR 0b k －R 0 6．(2014·四川卷)如图是测量阻值约几十欧的未知电阻R x 的原理图，图中R 0是保护电阻(10 Ω)，R 1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R 是滑动变阻器，和是电流表，E 是电源(电动势10 V ，内阻很小)．在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R 调到最大；(ⅱ)闭合S ，从最大值开始调节电阻箱R 1，先调R 1为适当值，再调节滑动变阻器R ，使示数I 1＝0.15 A ，记下此时电阻箱的阻值R 1和的示数I 2； (ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R 1和I 2的值；(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：①现有四只供选用的电流表：A ．电流表(0～3 mA ，内阻为2.0 Ω)B ．电流表(0～3 mA ，内阻未知)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻为5.0 Ω)D ．电流表(0～0.3 A ，内阻未知)应选用________，应选用________．②测得一组R 1和I 2值后，调整电阻箱R 1，使其阻值变小，要使示数I 1＝0.15 A ，应让滑动变阻器R 接入电路的阻值________(选填“不变”、“变大”或“变小”)．③在坐标纸上画出R 1与I 2的关系图．④根据以上实验得出R x ＝________Ω.解析：①由电路图可知I 1(R 0＋R 1＋R A 1)＝I 2(R x ＋R A 2)，即R 1＝R x ＋RA 2I 1I 2－(R 0＋R A 1)，在I 1＝0.15 A 保持不变时R 1－I 2图线是一条直线，当由其斜率k ＝R x ＋R A 2I 1求R x 时R A 2必须是已知的．因两支路的阻值在同一数量级，则两支路中电流亦必在同一数量级，再结合I 1＝0.15 A ，可知A 1只能选用D ，A 2只能选用C.②要保持I 1＝0.15 A 不变，当R1阻值减小时需减小并联支路两端的电压，即需增大滑动变阻器分得的电压，需增大滑动变阻器接入电路中的阻值．③图见答案．④由图线可求得斜率k＝240 Ω/A.结合k＝R x＋R A2I1得R x＝kI1－R A2＝31 Ω.答案：①D C②变大③关系图线如图④317．(2014·北京卷)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．(1)应该选择的实验电路是下图中的________(选填“甲”或“乙”)．(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表(0～15 V) B．电压表(0～3 V)C．滑动变阻器(0～50 Ω) D．滑动变阻器(0～500 Ω)实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在下图的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U －I图线.(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．下图的各示意图中正确反映P－U关系的是________．解析：(1)干电池内电阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差小．(2)一节干电池的电动势只有1.5 V 左右，故电压表应选用量程较小的B，干电池的内电阻一般只有零点几欧或几欧，为调节方便，滑动变阻器应选用总阻值与之相差较小的C.(3)作图过程略，图见答案．(4)由U＝E－Ir知U－I图线在U轴上的截距表示E、斜率的绝对值表示r，由图线可得E＝1.50 V，r＝0.83Ω.(5)由P＝IU＝E－Ur×U＝1r(UE－U2)可知，P－U图线是一条开口向下的抛物线，故选C.答案：(1)甲(2)B C(3)如图所示．(4)1.50(1.49～1.51)0.83(0.81～0.85)(5)C。

2017届高三物理二轮复习第三篇高分专项提能高考大题专攻练2Word版含解析

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高考大题专攻练2.三角函数与解三角形(B组)大题集训练,练就慧眼和规范,占领高考制胜点!1.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且=-.(1)求角B的大小.(2)若b=,a+c=4,求△ABC的面积.【解析】(1)因为=-,由正弦定理得:=-,所以2sinAcosB+sinCcosB+cosCsinB=0,因为A+B+C=π,所以2sinAcosB+sinA=0,因为sinA≠0,所以cosB=-,因为0<B<π,所以B=.(2)将b=,a+c=4,B=代入b 2=a2+c2-2accosB,即b2=(a+c)2-2ac-2accosB,所以13=16-2ac,可得ac=3,于是,S△ABC=acsinB=.2.若向量a=(sinωx，sinωx)，b=(cosωx，sinωx)，其中ω>0，记函数f(x)=a·b-，且函数f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离是.(1)求f(x)的表达式及f(x)的单调递增区间.(2)设△ABC三内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，若a+b=3，c=，f(C)=1，求△ABC的面积.【解析】(1)因为a=(sinωx，sinωx)，b=(cosωx，sinωx)，所以f(x)=a·b-=sinωxcosωx+sin 2ωx-=sin.由题意可知其周期为π，故ω=1，则f(x)=sin，由2kπ-≤2x-≤2kπ+，k∈Z，得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z).所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.(2)由f(C)=1，得sin=1，因为0<C<π，所以-<2C-<，所以2C-=，解得C=.又因为a+b=3，c=，由余弦定理得c 2=a2+b2-2abcos，所以(a+b)2-3ab=3，即ab=2.由面积公式得△ABC的面积为absinC=.关闭Word文档返回原板块。

2017高考物理二轮(通用版)复习高考冲刺卷1含答案

高考冲刺卷（一)班级：__________ 姓名：__________ 学号：__________一、选择题:本题共8小题,每小题5分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分14．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为( D）A．(Δv）2（错误!＋错误!）B．2错误! C．(Δv）2（错误!－错误!）D．错误!解析：由Δv＝aT和x2－x1＝aT2得a＝错误!.15．如图所示,有弯成半圆形的金属导线ADC，O是其圆心,导线的长度为L。

匀强磁场的磁感应强度为B，方向与平面AOCD垂直．当在该导线中通以由A到C、大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力的大小和方向是（C）A．BIL,与直线AC垂直0B．BIL,与直线OD垂直C．错误!，与直线AC垂直 D.错误!，与直线OD垂直解析：L为错误!圆弧，R＝错误!,有效长度为l＝2R＝错误!，安培力为F＝BIl＝2BILπ，方向由左手定则判断，与直线AC垂直．16．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ〈tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( D）解析:小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1，当小木块与传送带速度相同后，小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上,所以a1＞a2，在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D正确．17．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∠OQP为直角，∠QOP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)A．带电粒子a的速度一定比b大B．带电粒子a 的质量一定比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，选项D错误，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＝错误!有错误!T a＝错误!T b，即：错误!·错误!＝错误!·错误!，解得错误!·错误!＝错误!，选项B、C错误．由r＝错误!有错误!＝错误!·错误!＝错误!,选项A正确．18．如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sin θ。

【高考领航】2017届高三物理二轮(课件+训练)第1部分专题讲练突破-专题五物理实验第1讲力学实验与创新

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图1
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实验序号物理量小车上砝码的质量 m/kg 小车加速度 a/(m· s－2) 1 2 3 4 5
0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.91 0.74 0.65 0.56 0.50
1 －1 2 小车加速度的倒数a(m · s ) 1.10 1.35 1.54 1.79 2.00
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高频考点二
“纸带类”实验的处理
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[知能必备] 1．打点计时器的认识和正确使用 (1)电磁打点计时器工作电压为低压交流 4～6 V；电火花计时器工作电压为交流 220 V. (2)工作时应先接通电源，后释放纸带．
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2．纸带的应用 (1)判断物体运动性质． ①若 Δx＝0，则可判定物体在实验误差允许的范围内做匀速直线运动． ②若 Δx 不为零且为定值，则可判定物体在实验误差允许范围内做匀变速直线运动．
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1 m M0 1 (3)由牛顿第二定律得 m0g＝(m＋M0)a，整理得a＝＋，由a m0 g m0 g －m 图象可知斜率 k＝4.6 N－1，图象的纵截距为 b＝0.85 m－1· s2 . 1 联立得 M0＝0.185 kg，F＝k＝0.217 N.
答案：(1)1.80 (3)0.185 0.217
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解析：(1)匀变速直线运动中某一段时间内的平均速度等于这段时 xAC 0.276 0 间中间时刻的瞬时速度，故 vB＝＝ m/s＝1.38 m/s，vC 2T 0.2 xBD 0.528 0 xCE 0.780 ＝＝ m/s＝2.64 m/s，vD＝＝ m/s＝3.90 m/s； 2T 0.2 2T 0.2

2017届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破选择题标准题一

选择题标准题(一)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明:共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求。

全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

1.在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力规律的实验中,设计了如图甲所示的演示装置,力传感器A与计算机连接,可获得力随时间变化的规律,将力传感器固定在光滑水平桌面上,测力端通过细绳与一滑块相连(调节传感器高度可使细绳水平),滑块放在较长的小车上,小车一端连接一根细绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平),整个装置处于静止状态。

实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子,小车一旦运动起来,立即停止倒沙子,若力传感器采集的图象如图乙所示,则结合该图象,下列说法中错误的是( )A.可求出空沙桶的重力B.可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C.可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D.可判断第50秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)【解析】选D。

在整个过程中,滑块受到水平向右的摩擦力f与水平向左的传感器的拉力F,滑块始终静止,处于平衡状态,由平衡条件得:f=F;小车与滑块的摩擦力f与滑块对小车的摩擦力f′是作用力与反作用力,由牛顿第三定律得:f′=f,则f′=F;t=0时,没有向桶中倒沙,G空沙桶=F,由图乙所示图象可知,G空沙桶=F=2N,故A正确;当小车运动时,滑块与小车间的摩擦力是滑动摩擦力,由图乙所示图象可知,f=F′=3N,故B正确;当小车由静止刚好开始运动时,滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力,由图乙所示图象可知,滑块与小车间的最大静摩擦力f max=F″=3.5N,故C正确;由图象我们只能知道50s后小车受到的滑动摩擦力是3N,恒定不变,并不知道沙桶对小车的拉力是多少,不知小车所受合力是多少,无法判断小车的运动状态,小车可能做匀速直线运动,也可能做加速直线运动,故D错误。

2017届高三物理轮复习第二篇题型专项突破题型二板块模型问题课件

题型二板块模型问题
“滑块—木板”类问题涉及两个物体多个运动过程。准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程) 关系或速度关系是解题的突破口,求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的
初速度,要善于利用图象求解。由于能有效考查学生综合素养,常以计算压轴的形式出现,是高考命题的高频、热点题源。
【典例2】(2016·福建省质量检测)如图,倾角θ =30° 的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4m,现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的质量均为m=1kg,它们之间的动摩擦因数μ = 3 ,A或B与
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1=
1 2
a1t12
纸板运动的距离d+x1=
1 2
a
2
t12
纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离
x2=
1 2
a
3
t
2 2
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2 代入数据解得F=22.4N 答案:(1)μ(2m1+m2)g (2)F>2μ(m1+m2)g (3)22.4N
(1)物块相对长木板滑行的距离Δ x。 (2)物块质量m与长木板质量M之比。
【解析】(1)由v-t图象可以看出,物块相对于长木板
滑行的距离Δx对应图中△abc的面积,故
Δx=10×4×1 m=20m。
2
(2)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动
的加速度大小a1=
10 4

2017届高考物理二轮复习测试：一、匀变速直线运动：含解析

一.匀变速直线运动姓名：________ 班级：________1.一质点从t ＝0时刻开始沿x 轴做直线运动，其位置坐标与时间关系为x ＝2t 3－8t ＋1(x 和t 单位分别为m 和s)，则下列说法中正确是( )A.质点一直向x 轴正方向运动B.质点做匀变速直线运动C.质点在第2 s 内平均速度大小为3 m/sD.质点在0～2 s 内位移为零解析：利用位置坐标与时间关系得出各个时刻位置坐标后可判断：t ＝0时，x ＝1 m ，t ＝1 s时，x ＝－5 m ，t ＝2 s 时，x ＝1 m ，可知A 错；由关系式x ＝v 0t ＋12at 2可知匀变速直线运动位移与时间成二次函数关系，故B 错误；根据平均速度定义式结合题目所给关系式可知质点在第2 s 内平均速度大小为v ＝1－(－5)1 m/s ＝6 m/s ，不是3 m/s ，C 错；因为t ＝0和t ＝2 s 时位置相同，都是1 m ，所以质点在0～2 s 内位移为零，即D 正确.答案：D2.一质点沿x 轴做直线运动，其v —t 图象如图所示，质点在t ＝0时位于x ＝3 m 处，开始沿x 轴正方向运动，当t ＝7 s 时，质点在x 轴上位置坐标为( )A.x ＝3.5 mB.x ＝6.5 mC.x ＝9 mD.x ＝11.5 m解析：由图线可知，质点在前4 s 内位移为：12×(2＋4)×2 m ＝6 m ；后3 s 内位移：－12×(2＋3)×1 m ＝－2.5 m ，则当t ＝7 s 时，质点在x 轴上位置坐标为x ＝3 m ＋6 m －2.5 m ＝6.5 m ，故本题正确选项为B.答案：B3.质点做直线运动位移x 与时间t 关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A.第1 s 内位移是5 mB.前2 s 内平均速度是6 m/sC.任意连续两个1 s 内位移差都是1 mD.任意1 s 内速度增加量都是2 m/s解析：只需将t ＝1 s 代入x ＝5t ＋t 2即可求出第1 s 内位移x 1＝6 m ，A 错；2 s 内平均速度为v＝x 22 s ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；由题给解析式可以求得加速度a ＝2 m/s 2，则有Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；由加速度定义可知D 对. 答案：D4.在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地时间差为( )A.2v gB.v gC.2h vD.h v解析：下抛落地时间满足h ＝v t 1＋12gt 21，上抛落地所需要时间满足－h ＝v t 2－12gt 22，两式相加得t 2－t 1＝2vg ，A 项正确.答案：A5.两小车在水平面上做加速度相同匀减速直线运动，若它们初速度之比为1∶2，它们运动最大位移之比为( )A.1∶2B.1∶4C.2∶1D.4∶1解析：当小车停下时位移最大，由推论v 2t －v 20＝2as 可知s ＝0－v 202a，设初速度分别为v 1.v 2，两小车最大位移之比为s 1s 2＝v 21v 22＝14，故B 对.答案：B6.(多选)甲.乙两物体同时开始运动，它们x —t 图象如图所示，下列说法正确是( ) A.乙物体做曲线运动B.甲.乙两物体从同一地点出发C.当甲.乙两物体两次相遇时，二者速度大小均不相等D.当甲.乙两物体速度相同时，二者之间距离最大解析：两物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，初速度不同，加速度相同，则有v 1＝v 01＋at ，v 2＝v 02＋at ，则v 2－v 1＝v 02－v 01，选项A 正确，选项B 错误；x 1＝v 01t ＋12at 2，x 2＝v 02t ＋12at 2，则x 2－x 1＝(v 02－v 01)t ，选项C 错误，选项D 正确.答案：AD 7.如图所示为同一直线上运动A .B 两质点s —t 图象，由图可知( ) A.t ＝0时，A 在B 后面B.B 在t 2时刻追上A ，并在此后运动到A 前面C.B 开始运动速度比A 小，t 2时刻后才大于A 速度D.A 运动速度始终比B 大解析：由题图可知，t ＝0时刻A 位移为s 1，B 位移为0，A 在B 前面，A 错；t 2时刻，二者处于同一位置(位移为s 2位置)，即相遇，此后B 继续运动，A 静止，则B 运动到A 前面，B 对；由图线斜率可知C.D 错.答案：B8.(多选)一滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s 内位移是最后2 s 内位移两倍，已知滑块最开始1 s 内位移为2.5 m ，由此可求得( )A.滑块加速度为5 m/s 2B.滑块初速度为5 m/sC.滑块运动总时间为3 sD.滑块运动总位移为4.5 m解析：设滑块运动加速度为a ，运动总时间为t ，把滑块运动看成反向初速度为0匀加速直线运动，则最后2 s 内位移为s 1＝12at 22＝2a (m)，最初2 s 内位移为s 2＝12at 2－12a (t －2 s)2＝2at －2a (m)，又s 2∶s 1＝2∶1，解得总时间t ＝3 s ，故C 正确；第1 s 位移为s 3＝12at 2－12a (t －1 s)2＝2.5 m ，解得a＝1 m/s 2，故A 错误；总位移x ＝12at 2＝4.5 m ，故D 正确；滑块初速度v 0＝at ＝3 m/s ，故B 错误.答案：CD 9.如图，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零.对于该运动过程，若用h . s .v .a 分别表示滑块下降高度.位移.速度和加速度大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律是( )解析：滑块沿斜面下滑过程中，受重力.支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故v —t 图象为向下倾斜直线，C 项错；滑块加速度保持不变，D 项错；设滑块加速度大小为a ，则滑块位移s ＝v 0t －12at 2，s —t 图象为开口向下抛物线，B 项对；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h ＝s sin θ，所以h —t 图象也是开口向下抛物线，A 项错.答案：B 10.如图所示是汽车匀加速启动并最终达到最大速度v m ＝30 m/s v —t 图象，其中t 0＝10 s(对应速度为v 0＝20 m/s)之前图线是直线.则下列对图象认识正确是( )A.汽车匀加速过程加速度为2 m/s 2B.汽车t 0时刻之后加速度逐渐增大C.汽车在该过程平均速度等于15 m/sD.汽车在该过程平均速度小于15 m/s解析：由匀加速过程图线斜率可知a ＝2 m/s 2，A 对；由图线容易得出汽车先做匀加速直线运动，t 0时刻后做加速度减小加速运动，B 错；只有匀加速直线运动平均速度为v ＝0＋v m2＝15 m/s ，而这里只能用定义式v ＝st 计算，由面积关系可以知道，该运动位移比在相等时间内直接匀加速到最大速度位移大，故其平均速度大于15 m/s ，C.D 错.答案：A11.一物体做直线运动，其加速度随时间变化a —t 图象如图所示.下列v —t 图象中，可能正确描述此物体运动是( )解析：由题中物体加速度随时间变化a —t 图象可知，物体在0～T2及T ～2T 两段时间内加速度大小相等方向相反，A.B.C 三项中上述两段时间内加速度大小不等，只有D 正确.答案：D12.(多选)如图所示，一小滑块沿足够长斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动，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 所用时间都是2 s.设滑块经C 时速度为v C ，则( )A.滑块上滑过程中加速度大小为0.5 m/s 2B.v C ＝6 m/sC.DE ＝3 mD.从D 到E 所用时间为4 s解析：据题意，由于滑块向上做匀减速直线运动，则有：x CD －x AC ＝aT 2，则a ＝－0.5 m/s 2，故A 选项正确；据匀变速直线运动中某段时间内平均速度等于该段时间中点时刻瞬时速度，则有v C ＝x AD2T＝3 m/s ，故B 选项错误；据v 2C ＝2ax CE 可得x DE ＝x CE －x CD ＝4 m ，故C 选项错误；根据逆向分析有：x DE ＝12at 2ED ，则t ED ＝4 s ，所以D 选项正确.答案：AD 13.(多选)在某次军事演习中，空降兵从悬停在高空直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时打开降落伞，最终安全到达地面，空降兵从跳离直升机到安全到达地面过程中在竖直方向上运动v —t 图象如图所示，则以下判断中正确是( )A.空降兵在0～t 1时间内做自由落体运动B.空降兵在t 1～t 2时间内加速度方向竖直向上.大小在逐渐减小C.空降兵在0～t 1时间内平均速度等于12v 2D.空降兵在t 1～t 2时间内平均速度小于12(v 1＋v 2)解析：v —t 图象斜率表示加速度，在0～t 1时间内，斜率逐渐减小，说明受到空气阻力，不是自由落体运动，选项A 错；t 1～t 2时间内，速度逐渐减小，为减速运动，加速度方向竖直向上，斜率逐渐减小，说明加速度在减小，选项B 对；0～t 1时间内位移为v —t 图线与时间轴围成面积，如图所示，若为匀变速直线运动，v —t 图线为直线，则可判断空降兵在0～t 1时间内位移大于其在该段时间内做匀变速直线运动位移，所以平均速度大于v 22，选项C 错；同理，t 1～t 2时间内平均速度小于v 1＋v 22，选项D 对.答案：BD14.短跑运动员完成100 m 赛跑过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段.一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程.已知运动员在加速阶段第2 s 内通过距离为7.5 m ，求该运动员加速度大小及在加速阶段通过距离.解析：根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速运动.设运动员在匀加速阶段加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过位移分别为s 1和s 2，由运动学规律得s 1＝12at 20①s 1＋s 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1 s.联立①②两式并代入已知条件，得 a ＝5 m/s 2③设运动员做匀加速运动时间为t 1，匀速运动时间为t 2，匀速运动速度为v ；跑完全程时间为t ，全程距离为s .依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2④ v ＝at 1⑤ s ＝12at 21＋v t 2⑥ 设加速阶段通过距离为s ′，则s ′＝12at 21⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得 s ′＝10 m.答案：5 m/s 2 10 m。

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难点突破7
带电粒子在匀强电场中偏转问题的分析带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，其轨迹为抛物线，称为类平抛运动．处理此类问题的方法是利用运动的合成与分解知识，把类平抛运动分解为：①沿初速度方向做速度为v0的匀速直线运动；②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．在实际的应用中要抓住两个“问题”．1．粒子的偏转角问题
(1)已知带电粒子运动情况如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以初速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，
偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝v y
v x，式
中v y＝at＝qU1
dm·
l
v0，v x＝v0
代入得tanθ＝qU1l
m v20d①
结论：初动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比．
(2)已知加速电压U0
不同的带电粒子从静止经过同一加速电压U 0加速后，有qU 0＝
1
2m v 20②
由①②式得：tan θ＝U 1l
2U 0d
③
结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的．
2．粒子的偏转量问题 (1)y ＝12at 2＝12·qU 1dm ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1v 02
④ 作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，则x ＝y tan θ＝qU 1l 22dm v 20
qU 1l m v 20d
＝l 2
⑤
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l
2处沿直线
射出．
(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：y ＝U 1l 2
4U 0d
⑥
结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的．
【典例】
如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob ＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离．
【解析】设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论
(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即
Δx≤s，则Δx＝v0t y＝L＝qE 2m t
2
联立解得Δx＝2m v20L qE.
(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b 点，如图乙所示，即s <Δx ≤2s ，则s ＝v 0t y ＝
qE 2m
t 2
由几何关系知tan θ＝qE
m t v 0＝L －y
Δx －s
联立解得Δx ＝m v 20L qEs ＋s
2
.
(多选)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，已知重力加速度为g ，忽略电场的边缘效应和带电粒子对极板电荷分布的影响，则下列结论正确的是( )
A．板间电场强度大小为mg q
B．板间电场强度大小为2mg q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：
当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．水平方向上v x＝v0；
在竖直方向上：在电场中v y＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，v y＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得qE－mg＝ma＝mg，解得E＝2mg/q.选项B、C正确．答案：BC
在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带正电质点所受重力mg 是电场力的3倍．现将其以初速度v 0竖直向上抛出，则从抛出到速度最小时所经历的时间为( )
A ．t ＝v 0
g B ．t ＝2v 0
3g
C ．t ＝3v 0
2g
D ．t ＝3v 0
4g
解析：用等效法求解：将所受重力和电场力等效为“新的重力”．质点在场中做类斜抛运动，到达“物理最高点”时，速度最小，沿“物理水平方向”(与“物理竖直方向”垂直)．该过程中速度矢量变化如图所示．
tan α＝F
mg ＝13，α＝30°
等效重力加速度 g ′＝g
cos30°＝2g 3
Δv ＝v 0cos30°＝g ′t 联立解得t ＝3v 04g .
答案：D。