指导二 错点再提示—江苏省2020年高考物理考前指导讲义
2020版江苏省高考物理二轮专题复习讲义：专题一 2 第2讲 力与物体的直线运动
第2讲 力与物体的直线运动真题再现(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )详细分析：选A.设小球抛出瞬间的速度大小为v 0，抛出后，某时刻t 小球的速度v ＝v 0－gt ，故小球的动能E k ＝12m v 2＝12m (v 0－gt )2，结合数学知识知，选项A 正确. 考情分析命题研究分析近几年的考题可以看出，高考命题突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．此部分仍是高考必考题，在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析匀变速直线运动规律的应用【高分快攻】1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．【典题例析】(多选) (2019·镇江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s 的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g 取10 m/s 2，空气阻力可以忽略，则( )A ．砖块上升的最大高度为10 mB ．经2 s 砖块回到抛出点C ．砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 mD ．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动[详细分析] 由h ＝v 202g得，砖块上升的最大高度h ＝5 m ，选项A 错误；砖块上升的时间t ＝v 0g＝1 s ，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s 砖块回到抛出点，选项B 正确；砖块被抛出后经0.5 s 上升的高度h ′＝v 0t ′－12gt ′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 m ，选项C 正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D 错误．[答案] BC【题组突破】角度1 解决直线运动方法的灵活运用1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5详细分析：选C.该同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8 m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝ 5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 5v 1＝0.5 s 后关卡4最先挡住他前进． 角度2 追及、相遇问题2．[一题多解](2019·南通模拟)在水平轨道上有两列火车A 和B 相距x ，A 车在后面做初速度为v 0、加速度大小为2a 的匀减速直线运动，而B 车同时做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A 车的初速度v 0满足什么条件．详细分析：两车不相撞的临界条件是，A 车追上B 车时其速度与B 车相等．设A 、B 两车从相距x 到A 车追上B 车时，A 车的位移为x A 、末速度为v A 、所用时间为t ；B 车的位移为x B 、末速度为v B ，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对A 车有x A ＝v 0t ＋12×(－2a )×t 2，v A ＝v 0＋(－2a )×t对B 车有x B ＝12at 2，v B ＝at 两车位移关系有x ＝x A －x B追上时，两车不相撞的临界条件是v A ＝v B联立以上各式解得v 0＝6ax故要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知x A ＝x ＋x B ，即v 0t ＋12×(－2a )×t 2＝x ＋12at 2 整理得3at 2－2v 0t ＋2x ＝0这是一个关于时间t 的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v 0)2－4·3a ·2x ＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .法三(图象法)：利用v －t 图象求解，先作A 、B 两车的v －t 图象，如图所示，设经过t 时间两车刚好不相撞，则对A 车有v A ＝v ′＝v 0－2at对B 车有v B ＝v ′＝at以上两式联立解得t ＝v 03a经t 时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x ，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x ＝12v 0·t ＝12v 0·v 03a ＝v 206a所以要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以B 车为参考系，A 车的初速度为v 0，加速度为a ′＝－2a －a ＝－3a .A 车追上B 车且刚好不相撞的条件是：v ＝0，这一过程A 车相对于B 车的位移为x ，由运动学公式 v 2－v 20＝2a ′x 得：02－v20＝2·(－3a)·x所以v0＝6ax.故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.答案：v0≤6ax牛顿运动定律的应用【高分快攻】1．动力学的两类基本问题的处理思路受力情况F合F合＝maa运动学公式运动情况（v、x、t）2．瞬时加速度的求解(1)两类模型①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．(2)求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝0.8 s ；t 1～t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v －t 图线；(2)求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1～t 2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t 1～t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?[详细分析] (1)v －t 图象如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1；t 2时刻的速度为v 2.在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a .取Δt ＝1 s ．设汽车在t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1，2，3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2①s 1＝v 2Δt －12a (Δt )2② v 4＝v 2－4a Δt ③联立①②③式，代入已知数据解得v 4＝－176m/s ④ 这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v 3＝v 2－3a Δt ⑤2as 4＝v 23⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a ＝8 m/s 2，v 2＝28 m/s ⑦或者a ＝28825m/s 2，v 2＝29.76 m/s ⑧ 但⑧式情形下，v 3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1.由牛顿第二定律有f 1＝ma ⑨在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I ＝12f 1(t 2－t 1)⑩ 由动量定理有I ＝mv 1－mv 2⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为W ＝12mv 21－12mv 22⑫ 联立⑦⑨○10⑪⑫式，代入已知数据解得 v 1＝30 m/s ⑬W ＝1.16×105 J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为s ＝v 1t 1＋12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋v 222a⑮ 联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s ＝87.5 m ．⑯[答案] (1)见解+析图 (2)28 m/s 8 m/s 2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m【题组突破】角度1 瞬时加速度问题1．如图所示，两个质量均为m 的小球A 、B 用细绳相连，小球A 与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为g ，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球A 的加速度大小是( )A ．22g B.5g C ．2g D ．2g详细分析：选B.细线剪断前，小球A 受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球A 只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F ＝2mg ，所以此时A 球的合力F A ＝（mg ）2＋（2mg ）2＝5mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A 的加速度大小a ＝5g ，故B 正确，A 、C 、D 错误．角度2 多过程动力学问题2．(2019·宿迁质检)如图所示，质量分别为0.5 kg 、0.2 kg 的弹性小球A 、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m ，小球距离绳子末端6.5m ，小球A 、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的12，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A 、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g ＝10 m/s 2.(1)求释放A 、B 两个小球后，A 、B 各自加速度大小；(2)小球B 从开始释放经多长时间落到地面？详细分析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力 f B ＝km B g ＝1.0 N ，而 A 与轻绳间的滑动摩擦力f A ＝km A g ＝2.5 N.即 f B <f A .所以为保证 A 、B 对轻绳的力相同，只能A 受静摩擦力作用，且大小与 f B 相同．对B 有m B g －km B g ＝m B a B解得a B ＝5 m/s 2对 A 有m A g －km B g ＝m A a A解得a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为h B ，获得速度为v B ，依题意有12a A t 21＋12a B t 21＝6.5 m 解得t 1＝1 s此时B 下落 h B ＝12a B t 21＝2.5 m 小球B 离开绳时的速度为 v B ＝a B t 1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H ，再经时间t 2落地有H ＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 mH ＝v B t 2＋12gt 22解得t 2＝0.6 s故B 从开始释放到落地共经历时间t ＝t 1＋t 2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s 2 5 m/s 2(2)1.6 s动力学的运动图象问题【高分快攻】【典题例析】(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)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的变化如图所示．下列说法正确的是()A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[详细分析]x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．[答案]CD【题组突破】角度1动力学中的速度图象1．(2019·镇江模拟)两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t图象，可能正确的是()详细分析：选D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度－时间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确．角度2动力学中的加速度图象2．(多选) (2019·徐州模拟)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )A ．t ＝6 s 时车速为5 m/sB ．t ＝3 s 时车速为零C ．前9 s 内的平均速度为15 m/sD ．前6 s 内车的位移为90 m详细分析：选BC.0～3 s ，汽车做匀减速直线运动，3 s 末的速度v 3＝v 0＋a 1t 1＝(30－10×3) m/s ＝0，B 正确；3～9 s ，汽车做匀加速直线运动，t ＝6 s 时速度v 6＝a 2t 2＝5×3 m/s ＝15 m/s ，A 错误；前3 s 内的位移x 3＝0－v 202a 1＝0－3022×（－10） m ＝45 m ，3～9 s 内的位移x 3～9＝12a 2t 23＝12×5×62 m ＝90 m ，则前9 s 内的位移为x 9＝x 3＋x 3～9＝135 m ，平均速度为v ＝x 9t 总＝1359m/s ＝15 m/s ，C 正确；3～6 s 内的位移x 3～6＝12a 2t 22＝12×5×32 m ＝22.5 m ，则前6 s 内的位移为x 6＝x 3＋x 3～6＝67.5 m ，D 错误．角度3 动力学中的位移图象3．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x －t 图象如图所示，其中直线b 与曲线a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A ．前4 s 内两物体运动方向相同B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍 C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．甲的加速度大小为2 m/s 2详细分析：选AD.x －t 图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x －t 图象对应于a ；前4 s 内甲的平均速度为：v 1＝（－15 m ）－9 m 4 s＝－6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为：v 2＝（－15 m ）－（－7 m ）4 s＝－2 m/s ，故前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B 错误；t 0＝0时刻，甲的位移为s 0＝9 m ，t 1＝1 s 时，s 1＝0，t 2＝4 s 末，甲的位移为s 2＝－15 m ，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v 0，加速度为a ，则s 1－s 0＝v 0t 1＋12at 21①，s 2－s 0＝v 0t 2＋12at 22 ②，代入数据并联立①②式解得v 0＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2，故C 错误，D 正确．连接体问题【高分快攻】(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[详细分析] 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝f ，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1、F f ＝ma 2，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．[答案] AB【题组突破】角度1 整体法和隔离法的应用1．(多选)(2019·南京二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P 和Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P 、Q 和斜面体均静止不动．若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P 的质量为m ，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小为g ，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是( )A ．Q 的质量为43m B ．在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C ．在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为425mg D ．在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左详细分析：选AC.两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如题图甲放置，则根据沿绳方向的力相等知mg sin 53°＝m Q g sin 37°，解得m Q ＝43m ，选项A 正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项B 错误；在题图乙中，设绳子拉力为T ，根据牛顿第二定律知43mg sin 53°－T ＝43ma ，T －mg sin 37°＝ma ，解得T ＝45mg ，滑轮受到轻绳的作用力大小为N ＝2T ＝425mg ，选项C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上P 、Q 对斜面体作用力的合力为F x ＝43mg cos 53°cos 37°－mg cos 37° cos 53°＝425mg ，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D 错误．角度2 传送带模型2．(多选) (2019·苏州模拟)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v 0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是( )详细分析：选ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到0就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动．故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D正确，B错误．角度3滑块—滑板模型＝1 kg 和m B＝5 kg，3．如图，两个滑块A和B的质量分别为m放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝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/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．详细分析：(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所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为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a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g ①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(m B＋m)a2⑪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v1，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v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫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)答案：见解+析滑块—滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块—滑板模型问题的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系．(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·宿迁二模)元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于() A．30 m/s，1B．30 m/s，0.5C．60 m/s，0.5 D．60 m/s，1详细分析：选D.本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x ＝v 0＋v 2·t ，代入数据得v 0＝60 m/s ；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg ＋F f ＝ma ，又F f ＝kmg ，a ＝603m/s 2＝20 m/s 2，解得：k ＝1.故A 、B 、C 错，D 对．2．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1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 v 1＋v 22C ．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详细分析：选A.根据v －t 图线与时间轴围成的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝x t得，汽车甲的平均速度v 甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；v －t 图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．3．(2019·淮安质检)如图，a 、b 、c 、d 为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a 点由静止开始下滑，通过ab 、bc 、cd 各段所用时间均为T .现让该滑块自b 点由静止开始下滑，则该滑块( )A ．通过bc 、cd 段的时间均大于TB ．通过c 、d 点的速度之比为1∶2C ．通过bc 、cd 段的位移之比为1∶3D ．通过c 点的速度等于通过bd 段的平均速度详细分析：选A.当滑块由a 点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a ′.假设ab 段的间距为x ，则bc 、cd 段的间距应分别为3x 、5x ，x bc ∶x cd ＝3∶5，C 错误；如果滑块由b 点静止释放，显然滑块通过bc 、cd 段的时间均大于T ，A 正确；滑块在c 点的速度应为v 1＝ 2a ′·3x ，滑块在d 点的速度应为v 2＝2a ′·8x ，则v 1∶v 2＝3∶8，B 错误；因为x bc ∶x cd ＝3∶5，显然通过c 点的时刻不是bd 的中间时刻，则滑块通过c 点的速度不等于bd 段的平均速度，D 错误．4．(2019·南通质检)处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB 、CD 间夹角为60°，其中直径AB 水平，AD 与CD 是光滑的细杆．从A 点和C 点分别静止释放两小球，从A 、C 点下落到D 点的时间分别是t 1、t 2，则t 1∶t 2是( )A ．1∶1B ．3∶2 C.3∶ 2D ．2∶ 3 详细分析：选C.由图可知，s CD ＝2R ，a CD ＝32g ，由几何关系可得出s AD ＝3R ，a AD ＝12g ，由运动学公式s ＝12at 2，可得t 1t 2＝s AD a CD s CD a AD ，代入数据得t 1t 2＝32，故C 正确． 5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t2 B ．3s 2t 2 C.4s t 2 D ．8s t2 详细分析：选A.设质点的初速度为v 0、末速率为v t ，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t2，A 项正确，B 、C 、D 项错误． 6．(2019·泰州二模)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m 的物体提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a 与绳子对物体竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断以下说法正确的是( )①图线与纵轴的交点M的值a M＝－g②图线与横轴的交点N的值T N＝mg③图线的斜率等于物体的质量m④图线的斜率等于物体质量的倒数1 mA．②④B．②③C．①②③D．①②④详细分析：选D.对物体受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T－mg＝ma，得a＝Tm－g.当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值a M＝－g，①正确；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值T N＝mg，②正确；图线的斜率表示质量的倒数1m，③错误，④正确．7．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，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()详细分析：选A.假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．8．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()。
2020江苏高考物理二轮讲义：专题七第1讲 力学实验与创新
第1讲力学实验与创新本部分属于高考必考内容，每个实验都有可能考查，但纸带类问题为命题的重点．由于实验考查“来源于大纲，而又不拘泥于大纲”的特点，所以在复习中一定要把握实验的灵魂——原理，只有在原理性内容掌握之后，才能进行数据的处理和误差分析．热点题型一速度随时间变化的规律实验装置图操作要领考查热点速度随时间变化的规律①平行：细绳、纸带与长木板平行②靠近：小车释放前，应靠近打点计时器的位置③先后：实验时先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带①考装置：器材装配正误②考读算：读纸带计数点间位移；计算瞬时速度；计算加速度③摩擦力：无须平衡(木板平放或斜放均可)④适当：悬挂钩码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集④远小于：无须满足(悬挂钩码质量与小车质量)(2019·高考全国卷Ⅰ)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是________点．在打出C点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s2(保留2位有效数字)．[解析]根据题述，物块加速下滑，在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是A点．根据刻度尺读数规则可读出，B点对应的刻度为1.20 cm，C点对应的刻度为3.15 cm，D点对应的刻度为5.85 cm，E点对应的刻度为9. 30 cm，AB＝1.20 cm, BC＝1.95 cm, CD＝2.70 cm, DE＝3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间T＝5×150s＝0.10 s，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C点时物块的速度大小为v C＝BC＋CD2T≈0.233 m/s.由逐差法可得a＝CD＋DE－（AB＋BC）4T2，解得a＝0.75 m/s2.[答案]A0.2330.75纸带的三大应用(1)由纸带确定时间：要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，便于测量和计算．(2)求解瞬时速度：利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图所示，打n点时的瞬时速度v n＝x n＋x n＋12T.(3)用“逐差法”求加速度如图所示，a＝（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）（3T）2.1.(2018·高考北京卷)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．主要实验步骤如下：a．安装好实验器材．接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O(t＝0)，然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F…所示．c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E…点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5…d．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示．结合上述实验步骤，请你完成下列任务：(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)．A．电压合适的50 Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平(含砝码)(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点，请在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出v－t图象．(3)观察v －t 图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是________．v －t 图象斜率的物理意义是________．(4)描绘v －t 图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度Δx Δt表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt 的要求是________(选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的Δx 大小与速度测量的误差________(选填“有关”或“无关”)．(5)早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的．当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图4所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想．请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的．解析：(1)打点计时器用的是低压交流电源，故选A ；打相邻计数点的时间间隔是已知的，故不需要秒表；计数点间的距离需要用刻度尺测量，故选C ；由于不需要知道小车和重物的质量，故不需要天平(含砝码)．(2)先标出计数点C 对应的坐标点，连线时要让尽量多的点在一条直线上．(3)依据v －t 图象是直线(斜率一定)，即小车的速度随时间均匀变化，判断出小车做匀变速直线运动；v －t 图象斜率的物理意义是加速度．(4)Δx Δt 表示的是Δt 内的平均速度，只有当Δt 趋近于零时，Δx Δt 才表示瞬时速度．因此若用Δx Δt 表示各计数点的瞬时速度，对Δt 的要求是越小越好；从实验的角度看，选取的Δx 越大，Δx 的测量误差就越小，算出的速度的误差就越小，因此从实验的角度看，选取的Δx 大小与速度测量的误差有关．(5)如果小球的初速度为0，其速度v ∝t ，那么它通过的位移x ＝0＋v 2t ，故推出x ∝t 2.因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．答案：(1)A C (2)如图所示 (3)小车的速度随时间均匀变化 加速度 (4)越小越好 有关 (5)如果小球的初速度为0，其速度v ∝t ，那么它通过的位移x ∝t 2.因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化热点题型二力的平行四边形定则实验装置图操作要领考查热点力的平行四边形定则①等效：同一次实验中橡皮条拉长后的结点O位置必须保持不变②拉力：沿弹簧测力计轴线方向拉，橡皮条、弹簧测力计和细绳套与纸面平行；两分力F1、F2的夹角不要太大或太小③作图：选定比例要相同；严格按力的图示要求作平行四边形求合力①考读数：弹簧测力计示数②考操作：两次拉橡皮条时需将结点O拉到同一位置③求合力：根据分力F1、F2大小与方向用作图法求合力④会区分：能区分合力的理论值与实验值(2018·高考天津卷)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)．(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有________．A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是________．[解析](1)由力的平行四边形定则知，橡皮条和两绳套夹角的角平分线不一定在一条直线上，两分力的大小也不一定小于合力，A、D项错误；验证力的平行四边形定则时，每次实验需保证合力与分力作用效果相同，结点O必须在同一位置．但重复实验时，可以改变合力的大小，故结点O的位置可以与前一次不同，B项正确；使用测力计测力时，施力方向应沿测力计轴线方向，读数时视线应正对测力计刻度，C项正确．(2)为了减小画图时表示力的方向的误差，记录各个力的方向时，需要确定相对较远的两个点，然后连线确定力的方向，A项错误；根据纸张大小，选择合适的标度，使图尽量大，所以B项正确，C、D项错误．[答案](1)BC(2)B验证力的平行四边形定则中的两点说明(1)本实验中一个弹簧测力计的作用效果与两个弹簧测力计的共同作用效果相同，具有等效替代关系，两次拉橡皮条时结点O完全重合，以保证力F1，F2的合力与F的作用效果相同．(2)实验过程中要同时记录弹簧测力计的示数及拉力方向．2.(2017 ·高考全国卷Ⅲ)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示．将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A 点时，橡皮筋处于原长．(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N.(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P 端拉至O点，此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N.①用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；②F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________．若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为4.0 N．(2)①利用平行四边形定则作图；②由图可知F合＝4.0 N，从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1 mm，顶点的纵坐标长度为20 mm，则可得出F合与拉力F的夹角的正切值为0.05.答案：(1)4.0(2)①F1、F2和F合如图所示②4.00.05热点题型三加速度与物体质量、物体受力的关系实验装置图操作要领考查热点加速度与物体质量、物体受力的关系①平衡：必须平衡摩擦力(改变小车或重物质量，无须重新平衡)②质量：重物的总质量远小于小车质量(若使用力传感①考装置：器材安装正误；平衡摩擦力的方法、标准；质量控制要求②测定a：根据纸带或光电门数据计算加速度器，或以小车与重物的系统为研究对象无须满足此要求)③其他：细绳与长木板平行；小车靠近打点计时器的位置释放；实验时先接通电源，后释放小车③求结论：描点作a －F 或a －1M 图象，并得出结论 ④判成因：给定异常a －F 图象，判断其可能成因“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz ，试回答下列问题．(1)实验中在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出．根据测量结果计算：打C 点时小车的速度大小为________ m/s ；小车运动的加速度大小为________ m/s 2.(结果保留三位有效数字)(2)平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．根据小车的加速度a 与砝码盘中砝码总重力F 的实验数据作出的a －F 图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是_______________________________________________________．(3)在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砝码盘中砝码个数不变，小车自身的质量保持不变(已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量)，在小车上加一个砝码，并测出此时小车的加速度a ，调整小车上的砝码，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m 为横坐标，相应加速度的倒数1a 为纵坐标，在坐标纸上作出如图丁所示的1a－m 关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律．如果图中纵轴上的截距为b ，图线的斜率为k ，则小车受到的拉力大小为________，小车的质量为________．[解析] (1)纸带上两相邻计数点的时间间隔为T ＝0.10 s ，s 1＝9.50 cm 、s 2＝11.00 cm 、s 3＝12.55 cm 、s 4＝14.00 cm 、s 5＝15.50 cm 、s 6＝17.05 cm ，由匀变速直线运动中，物体在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可知打C 点时小车的速度大小为v C ＝s 2＋s 32T ，代入数值得v C ＝1.18 m/s ，小车的加速度大小为a ＝（s 4＋s 5＋s 6）－（s 1＋s 2＋s 3）9T 2，代入数值得a ＝1.50 m/s 2.(2)平衡摩擦力后，F ＝0时就产生了加速度，说明未计入砝码盘的重力．(3)当小车上无砝码时，小车加速度为a 0＝1b，设小车的质量为M ，则小车受到的拉力为F ＝Ma 0＝M b ；图丁中图线的函数关系式满足1a＝km ＋b ，根据牛顿第二定律得F ＝(m ＋M )a ，可解得M ＝b k ，F ＝1k. [答案] (1)1.18 1.50 (2)未计入砝码盘的重力(3)1k b k验证牛顿第二定律的两点体会(1)图象法处理实验数据一直是高考考查的热点，一般会要求根据数据画出图象，根据图象分析误差原因或根据图象斜率和截距等得出相关物理量．(2)在实验中如果发现一个量x 与另一个量y 成反比，那么，x 就应与1y成正比，可以将反比例函数的曲线转化为正比例函数的直线进行处理．3.某物理课外小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N ＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n (依次取n ＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N －n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s ，绘制s －t 图象，经数据处理后可得到相应的加速度a .(3)对应于不同的n 的a 值见下表．n ＝2时的s －t 图象如图乙所示；由图乙求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表． n 1 2 3 4 5 a /(m·s －2) 0.20 0.58 0.78 1.00(4)利用表中的数据在图丙中补齐数据点，并作出a －n 图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．(5)利用a －n 图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m ·s －2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)．A ．a －n 图线不再是直线B ．a －n 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．a －n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大解析：(3)实验中小车做匀加速直线运动，由于小车初速度为零，结合匀变速直线运动规律有s ＝12at 2，结合图乙得加速度a ＝0.39 m/s 2. (5)由(4)知，当物体质量一定，加速度与合外力成正比，得加速度a 与n 成正比，即a －n 图象为过原点的直线．a －n 图象的斜率k ＝0.196 m/s 2，平衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力提供小车的加速度，nm 0g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝m 0g M ＋Nm 0n ，则k ＝m 0g M ＋Nm 0，可得M ＝0.45 kg.(6)若未平衡摩擦力，则下端所挂钩码的总重力与小车所受摩擦力的合力提供小车的加速度，即nm 0g －μ[M ＋(N －n )m 0]g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝（1＋μ）m 0g M ＋Nm 0·n －μg ，可见图线截距不为零，其图线仍是直线，图线斜率相对平衡摩擦力时有所变大，B 、C 项正确．答案：(3)0.39(0.37～0.41均可)(4)a－n图线如图(5)0.45(0.43～0.47均可)(6)BC热点题型四探究动能定理实验装置图操作要领考查热点探究动能定理①平衡：须平衡摩擦力②做功：橡皮筋做的功是变力做功，不能具体求解，须用倍增法改变功的大小③小车：靠近打点计时器且接通电源再释放小车；每次小车须由同一位置静止弹出①考装置：平衡摩擦力的方法、判断标准②求速度：小车获得速度就是纸带上点距均匀的速度③考图象：作W－v或W－v2图象，得出结论(2019·高考江苏卷)某兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理．(1)有两种工作频率均为50 Hz的打点计时器供实验选用：A．电磁打点计时器B．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择______(选填“A”或“B”)．(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是________(选填“甲”或“乙”)．(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如图2所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A 点的速度v A＝________m/s.(4)测出小车的质量为M ，再测出纸带上起点到A 点的距离为L .小车动能的变化量可用ΔE k ＝12M v 2A算出．砝码盘中砝码的质量为m ，重力加速度为g .实验中，小车的质量应________(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W ＝mgL 算出．多次测量，若W 与ΔE k 均基本相等则验证了动能定理．[解析] (1)电火花打点计时器对纸带的阻力小于电磁打点计时器对纸带的阻力，实验时误差小，故选B.(2)在砝码盘中慢慢加入沙子直至小车开始运动，小车从静止开始做加速运动，此时砝码盘和沙子的总重力大于小车与长木板间的滑动摩擦力，平衡摩擦力过度；轻推小车，小车做匀速运动，根据平衡条件可知，此时砝码盘和沙子的总重力等于小车与长木板间的滑动摩擦力大小，消除了摩擦力的影响，看法正确的是同学乙．(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度．用刻度尺量出A 左侧第一个点与A 右侧第一个点之间的距离l ＝1.24 cm ，再除以0.04 s ，可得v A ＝0.31 m/s.(4)本实验中砝码的重力应该是小车所受的合外力．只有当小车的质量远大于砝码盘、砝码以及沙子的总质量时，才可以将砝码的重力当成小车受到的合外力．[答案] (1)B (2)乙 (3)0.31(0.30～0.33都算对) (4)远大于探究动能定理的三点说明(1)不是直接测量对小车做功，而是通过改变橡皮筋条数确定对小车做功W 、2W 、3W …(2)由于橡皮筋做功而使小车获得的速度可以由纸带和打点计时器测出，进行若干次测量，就得到若干组功和速度的数据．(3)以橡皮筋对小车做的功为横坐标，小车获得的速度的平方为纵坐标，作出v 2－W 图线，分析这条直线，可以得知橡皮筋对小车做的功与小车获得的速度的定量关系．5.(2019·淮安高三第二次联考)某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器的工作频率为50 Hz.(1)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放，把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W 1，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2W 1……橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第四次的纸带(如图2所示)求得小车获得的速度为______________m/s(保留三位有效数字)．(2)若根据多次测量数据画出的W －v 图象如图3所示，根据图线形状，可知对W 于v 的关系符合实际的图是________．解析：(1)小车的速度应从匀速运动部分取纸带，可得小车获得的速度为4 cm 0.02 s＝2.00 m/s. (2)根据W ＝12m v 2，可得W 是关于v 的二次函数，为开口向上的抛物线，可知应选C. 答案：(1)2.00 (2)C热点题型五 验证机械能守恒定律实验 装置图 操作要领考查热点 验证机械能守恒定律①安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直②重物：选密度大、质量大的金属块，且靠近打点计时器处释放 ③速度：应用v n ＝h n ＋1－h n －12T，不能用v n ＝2gh n 或v n ＝gt 计算 ①考装置：器材选择、装配正误 ②考运算：下落速度的计算；减少重力势能与增加动能的计算 ③考图象：v 22－h 或Δv 22－Δh 图象的斜率判断机械能守恒(2019·连云港模拟)某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50 Hz ，得到如图乙所示的纸带．选取纸带上打出的连续五个点A 、B 、C 、D 、E ，测出A 点距起点O 的距离为s 0＝19.00 cm ，点A 、C 间的距离为s 1＝8.36 cm ，点C 、E 间的距离为s 2＝9.88 cm ，g 取9.8 m/s 2，测得重物的质量为m ＝1 kg.(1)下列做法正确的有________．A ．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上B ．实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直C ．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源D ．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置(2)选取O 、C 两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是________J ，打下C 点时重物的速度大小是________m/s.(结果保留三位有效数字)(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v ，量出下落距离s ，则以v 22为纵坐标、以s 为横坐标画出的图象应是下面的________．(4)重物减少的重力势能总是略大于增加的动能，产生这一现象的原因是____________．(写出一条即可)[解析] (1)图甲中两限位孔必须在同一竖直线上，实验前手应提住纸带上端，并使纸带竖直，这是为了减小打点计时器与纸带之间的摩擦，选项A 、B 正确；实验时，应先接通打点计时器的电源再放开纸带，选项C 错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小长度的测量误差，选项D 错误．(2)重物减少的重力势能为ΔE p ＝mg (s 0＋s 1)＝2.68 J ，由于重物下落时做匀变速运动，根据匀变速直线运动任意时间段中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知，打下C 点时重物的速度为v C ＝s 1＋s 24T ＝2.28 m/s. (3)物体自由下落过程中机械能守恒，可以得出mgs ＝12m v 2，即gs ＝12v 2，所以v 22－s 图线应是一条过原点的倾斜直线，选项C 正确．(4)在实验过程中，纸带与打点计时器之间的摩擦阻力、空气阻力是存在的，克服阻力做功损失了部分机械能，因此实验中重物减小的重力势能总是略大于增加的动能．[答案] (1)AB (2)2.68 2.28 (3)C (4)重物受到空气阻力(或纸带与打点计时器之间存在阻力)验证机械能守恒的三种方法(1)利用起始点和第n 点计算，代入gh n 和12v 2n ，如果在实验误差允许的范围内，gh n ＝12v 2n ，则说明机械能守恒定律是正确的．(2)任取两点A 、B 测出h AB ，算出gh AB 和(12v 2B －12v 2A )的值，如果在实验误差允许的范围内，gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则说明机械能守恒定律是正确的． (3)图象法，从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的平方v 2，然后以12v 2 为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出12v 2－h 图线．若在误差允许的范围内图线是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒．5.某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz 、30 Hz 和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为____________，打出C 点时重物下落的速度大小为____________，重物下落的加速度大小为____________．(2)已测得s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小为9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f 为________Hz.解析：(1)利用做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器打出B 点时重物下落的速度v B ＝s 1＋s 22T ＝（s 1＋s 2）f 2；打出C 点时重物下落的速度v C ＝s 2＋s 32T ＝（s 2＋s 3）f 2.根据加速度的定义，重物下落的加速度大小为a ＝v C －v B T＝(v C －v B )f ＝（s 3－s 1）f 22. (2)根据题述，重物下落受到的阻力为0.01mg ，由牛顿第二定律得，mg －0.01mg ＝ma ，解得a ＝0.99g .由（s 3－s 1）f 22＝0.99g ，解得f ＝40 Hz. 答案：(1)（s 1＋s 2）f 2 （s 2＋s 3）f 2 （s 3－s 1）f 22(2)40 热点题型六 验证动量守恒定律实验装置图 操作要领 考查热点 验证动量守恒定律①安装：斜槽末端切线必须沿水平方向 ②起点：斜槽末端上方l 处 ③速度：应用小球平抛①考装置：器材安装、小球选取、O 点确定 ②考测量：小球质量的测量和小球平抛运动的水平位移的测量。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题六物理实验第二讲力学创新实验课件
(1)用 20 分度的游标卡尺测量钢球的直径 D，读数如图乙所
示，则 D＝________cm。
(2)要验证机械能守恒，需要比较________。 A．D2t1A2－t1B2与 gh 是否相等 B．D2t1A2－t1B2与 2gh 是否相等
用气垫导轨代替长木板，用光电门、频闪相机代替打点计时 器；(2)用电子秤或已知质量的钩码等代替弹簧测力计。需要 考生学会迁移应用。
熟悉实验器材的等效与替换“套路” 1．实验器材替换，解决问题的思维方式不变，如诊断卷 第 4 题，用电子秤代替弹簧测力计，测出水壶的重力及 F1 和
本 课 内 容 结 束 F2 的合力大小。(b)、(c)图中的两次测量，分别测出 F1 和 F2，
的功 W＝________，打 B 点时小车的动能 Ek＝________。 (3)小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他 挑选了一个清晰的点标为 O1，以小车速度的二次方 v2 为纵坐 标，计数点到 O1 点的距离 x 为横坐标，利用实验数据作出 v2-x 图像，该图像纵截距的物理意义是________________。 (4) 小 虎 同学 在 实验 过 程 中 没有 保证 钩 码质 量 远小 于 小车 质 量，他利用实验数据作出的 v2-W 图像________(选填“会” 或“不会”)弯曲。
滑块通过光电门 2 速度为：v2＝Δdt2 根据功能关系需要验证的关系式为：
Fs＝21Mv22－12Mv12＝
12MΔdt22－12MΔdt1
2，
可见还需要测量出 M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；
(3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和
2020高考物理考前指导 ：附录二、高三物理复习二级结论集(共8页)
高三物理复习——二级结论集“二级结论”是在一些常见的物理情景中，由基本规律和基本公式导出的推论，就是“半成品”。
由于这些情景和这些推论在做题时出现率高，或推导繁杂，因此，熟记这些“二级结论”，在做填空题或选择题时，就可直接使用。
在做计算题时，虽必须一步步列方程，一般不能直接引用“二级结论”，但只要记得“二级结论”，就能预知结果，可以简化计算和提高思维起点，也是有用的。
细心的学生，只要做的题多了，并注意总结和整理，就能熟悉和记住某些“二级结论”，做到“心中有数”，提高做题的效率和准确度。
运用“二级结论”，谨防“张冠李戴”，因此要特别注意熟悉每个“二级结论”的推导过程，记清楚它的适用条件，避免由于错用而造成不应有的损失,总之，先想前提，后记结论，切勿盲目照搬、套用。
下面列出一些“二级结论”，供做题时参考，并在自己做题的实践中，注意补充和修正。
一、静力学1、两个力F F F ==21且夹角为θ，则二者的合力大小为2cos2θF F =合，方向在角平分线上，特例：当︒=120θ时F F F F ===21合，三个大小相等的力平衡，力之间的夹角为120度。
2．两个分力F 1和F 2的合力为F ，若已知合力（或一个分力）的大小和方向，又知另一个分力（或合力）的方向，则第三个力与已知方向不知大小的那个力垂直时有最小值。
3．物体沿斜面不受其它力而自由匀速下滑，则tan μα=，μ大减速下滑，μ小加速下滑。
4．两个原来一起运动的物体“刚好脱离”瞬间，以下两条是列表达式的依据： 力学条件：貌合神离，相互作用的弹力为零。
运动学条件：此时两物体的速度、加速度相等，此后不等。
5．“活杆”（铰链连接的轻杆）平衡时二力必沿杆方向。
若一端固定（如：插在墙上），另一端受弹力可沿着任意方向。
6．衣钩模型：“光滑小环” 、“光滑滑轮” 、“光滑挂钩”不切断细绳，仍为同一根绳，拉力大小处处相等；而“结点（死结）”则把细绳分成两段，已经为不同绳，拉力大小往往不一样。
2020高考物理二轮复习第2部分专题1考前提分策略题型3巧解计算题“三策”很重要课件
物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强， 涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型 较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生 的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想 的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题。
►策略一 细心审题，做到 “看”“读”“思”
3．“析”：上、下两侧电场区域做类平抛运动有
qE＝ma、v1＝at、l′＝v0t；
磁场区域做匀速圆周运动有
qvB
＝
mv2 R
和
l＝
2Rcos θ。
[解析] (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在 电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电 场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射 入时速度的大小为 v0，在下侧电场中运 动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子 进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 θ(见图(b))，速度沿电场方向的分量为 v1。根据牛顿第 二定律有 qE＝ma①
1．看题 “看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一 定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键 的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条 件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题 目中的条件，要重点看清题中隐含的物理条件、括号 内的附加条件等。
2．读题 “读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程， 它能解决漏看、错看等问题。不管试题难易如何，一 定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边 读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程， 排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模 型，找准物理量之间的关系。
设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t′，则
2020高考物理二轮复习第2部分专题1考前提分策略题型2做好实验题6点要防范课件
坏。
(2) 选 择 电 阻 丝 的 ________( 选 填 “ 同 一 ” 或 “ 不 同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直 径。
(3)图 2－2 甲中 Rx 为待测电阻丝。请用笔画线代 替导线，将滑动变阻器接入图乙实物电路中的正确位置。
图 2－2
(4)为测量 Rx，利用图 2－2 甲所示的电路，调节 滑动变阻器测得 5 组电压 U1 和电流 I1 的值，作出的 U1－I1 关系图象如图 2－3 所示。接着，将电压表改接 在 a、b 两端，测得 5 组电压 U2 和电流 I2 的值，数据 见下表：
方法 6 创新实验型——“活”用原理，妙迁移 创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演 示实验的实验原理、方法进行迁移和应用，试题新颖、 能力要求高。如力学中与纸带相关的实验、电学中电 路的设计、计算形式的实验题等都可能考查学生运用 已学过的实验方法、原理处理新情境实验题的能力， 做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移 应用相关实验原理。
方法 4 实物图、电路图连接要规范 电路图要用统一的电路图符号，连线一定要接实， 应用直尺圆规作图，作图的布局要合理美观。实物图 连接不要有交叉线，接线要到接线柱，注意电流表电 压表的接线柱的量程、正负和串联并联，电流表内接 还是外接。滑动变阻器是分压式还是限流式。注意单 刀双掷开关的连接。
方法 5 养成答题好习惯 选择性填空一定要按题目的要求选，不要按自己 平时的坏习惯。如选择(增大、减小、不变)，不要在 文字上划对勾。选择仪器时，看准是仪器符号还是仪 器前的字母符号。不要在会做的题目上失分。
U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55
I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0
2020江苏高考物理二轮讲义：专题二第1讲 功能关系的应用
第1讲 功能关系的应用 真题再现 1.(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为μmgs D.物块在A点的初速度为2μgs 解析：选BC.小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个
过程应用动能定理有－2μmgs＝0－12mv20，解得v0＝2μgs，选项D错误. 2.(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块( ) A.加速度先减小后增大 B.经过O点时的速度最大 C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：选AD.物块在A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C错误；对物块从A到B的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确. 考情分析 命题研究 对功能关系的考查历来是高考中的重中之重，尤其近几年江苏卷对该部分知识点的命题呈现多样化，不但从动能、动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查，还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查. 在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握，并注意知识点在运动形式中的应用
2020版高考物理江苏专版二轮复习课件：专题一 第一讲 力与物体平衡
3.(2018·海安县实验中学模拟)如图所示，放置
考点三 动态平衡问题
动态平衡问题是高考的重点。物体在缓慢移动过程中均 处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变 化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要 原因。针对此类问题，只要按照以下思维流程，准确分析各 力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。
(一)分门别类选方法——针对破解动态平衡问题
A. 3mg
B．mg
3 C. 2 mg
1 D.2mg
()
[思维流程] [答案] B
题点全练
1．(2018·扬州模拟)如图所示，在竖直平面 内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着 一个钩码，使之处于静止状态。若保持 甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节 乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则 A．两拉力的合力可能增大 B．甲弹簧秤的示数一定增大 C．甲弹簧秤的示数可能减小 D．乙弹簧秤的示数一定增大
(三)掌握摩擦力的三类“突变”
类型一 “静—静”突变
静摩擦力为被动力，当物体的受力情况发生变化时， 其运动趋势方向可能发生突变，静摩擦力的方向也随之发 生突变，而突变的时刻往往发生在静摩擦力为零的时刻。
[例1]兴趣课堂上，某同学将完全相同的
甲、乙两个条形磁铁水平放在粗糙的水平木
板上(N 极正对)，如图所示，并缓慢抬高木
＝10 m/s2，则
()
A．物体 A 受到斜面体 B 的摩擦力增加 8 N
2020高考物理江苏版二轮滚动讲义练五及解析点拨(7页)
2020高考物理江苏版二轮滚动讲义练五及解析点拨滚动练一、选择题1、(多选)(2015·山东高考)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g 。
关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为 2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd解析：选BC 0～T 3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0。
把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g·T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；重力势能的减少量ΔE p ＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，选项D 错误。
2、(2017·东海期中)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P 。
不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A ．在电场中微粒A 运动的时间比B 长B ．在电场中微粒A 运动的时间比B 短C ．静电力对微粒A 做的功比B 少D ．微粒A 所带的电荷量比B 多解析：选D 水平方向两微粒做匀速直线运动，运动时间为 t ＝x v 0，因为x 、v 0相等，则t 相等，故A 、B 错误；在竖直方向上两微粒做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2＝Eq 2m t 2得电荷量为：q ＝2my Et 2，可知，q ∝y ，所以微粒A 所带的电荷量多。
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2020年高三物理高考考前指导（二）【错点再提示】----把不该丢的分捡回来错点提示1：运动关系不明确、情境分析错误【例1】如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2
的速度逆时针
转动时(v1
，则下
列说法正确的是()．A．F1t2D．t12
错因分析(1)错误地认为速度发生变化，于是绳中拉力变化；(2)不能正确分析物体的受力情况，从
而无法判断出物体的运动情况，进而无法确定物体的运动时间．正确解析当传送带沿逆时针方向转动时，物体受到向左的摩擦力，且为滑动摩擦力，虽然传送带的速度发生变化，但滑动摩擦力的大小不变，由平衡条件可得F1＝F2，A错误、B正确；因L、v1、v2
的大小关系不确定，所以物体到达左端的过程中，可能一直做匀加速运动，此时所需时间相等，也
可能先做匀加速运动，再做匀速运动，此时t1>t2
，故C、D错误．答案B
解决传送带类问题的关键是判断物体与传送带间的摩擦力的方向和大小确定，物体的运动状态，对运动过程进行分析，利用运动学、动力学以及功能关系求解.错点提示2：搞不清叠加体发生相对滑动的条件【例2】如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A、B质量分别为mA＝6kg、mB
＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，
在增大到45N的过程中，则下列说法正确的是()．A．当拉力F<12N时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动错因分析对叠加的物体，搞不清它们相对滑动的临界条件，是出错的主要原因．部分考生会这样分析：因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力，fm
＝μN＝0.2×60N＝12N．所以当F>12N时，A
物体相对B物体运动；F<12N时，A物体相对B物体不运动，误选A、B.同时，还隐含的一个错因是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止状态，是以地面为参照物，显然当有力F作用在A物体上，A、B两物体对地面来说是运动的．正确解析首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动．所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A、B整体为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，有F－f＝mA
a
①再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力f＝mB
a②
当f为最大静摩擦力时，由②得a＝fmB＝122m/s2＝6m/s2由①②得F＝(mA＋mB
)a＝(6＋2)×6N＝48N
由此可以看出当F<48N时，A、B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动．答案D两个物体相接触且处于相对静止时，常存在静摩擦力，它们相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．错点提示3：混淆同步卫星、近地卫星、地球赤道上物体运动的特点【例3】如图同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1
；地球赤道上的物体随地
球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2
，地球半径为R，则下列比值正确的是()．
A.a1a2＝rRB.a1a2＝2)(rRC.v1v2＝rRD.v1
v2
＝
Rr
错点再提示错因分析解本题容易犯的错误是，不分青红皂白，由于思维定势，对近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体均由GMmr2＝ma＝mv2r分析得出结论，错选B.正确解析本题中涉及三个物体，其已知量排列如下．地球同步卫星：轨道半径r，运行速率v1
，加
速度a1；地球赤道上的物体：轨道半径R，随地球自转的向心加速度a2
；
近地卫星：轨道半径R，运行速率v2
.
对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r，故v1v2＝Rr.
对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，有a＝ω2r，故a1a2＝rR.
答案AD错点提示3：对过程分析不充分，没有注意到过程转换瞬间的能量变化【例3】如图所示，若将小球拉到绳与水平方向成30°角的位置处由静止释放，求小球到达最低点C时绳对小球的拉力是多大？易错分析本题易产生的错误：一是认为小球从释放点到最低点的过程中，一
直做圆周运动；二是认为全过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律12mv2＝32mgL和牛顿第二定律F－mg＝mv2
L得出F＝4mg的错误结果．
正确解析小球先做自由落体运动，到绳与水平方向再次成30°角时，绳被拉直，然后小球做圆周运动，如右图所示．绳被拉直时小球下降的高度为L，设此时小球的速度为v1
.
根据自由落体运动的规律有v1
＝2gL①
将v1分解为沿绳方向的速度v11和垂直于绳方向的速度v12，当绳绷直的瞬间，v11
损失
v12＝v1cosθ＝
6gL
2②
绳绷直后，小球在竖直平面内做圆周运动，设小球到达最低点C时的速度为v2
，由机械能守恒
定律有12mv22＝12mv122＋mgL[1－cos(90°－θ)]③
设在C点绳对小球的拉力为F，根据牛顿第二定律有F－mg＝mv22L④联立②③④式解得：F＝72mg.
错点提示4：不熟悉电场线和等势面与电场性质的关系【例4】如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则()．A．M点的电势比P点的电势高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电的粒子，该粒子将沿y轴做直线运动错因分析1.错误地认为P点与M点的纵坐标相同则电势相同而漏选A项．2．认为OM＝MN，则M、N两点间的电势差等于O、M两点间的电势差；或者知道沿OMN方向电场强度减小，但不能由U＝Ed利用微元法判断M、N与O、M两点间电势差的关系．3．认为在非匀强电场中，带电粒子是不能做直线运动的而漏选D项．正确解析由于MP⊥ON，等势面垂直于电场线，故过M点的等势面在P点下方，M点的电势比P点的电势高，A项正确；负电荷所受电场力与电场强度方向相反，与OP方向成大于90°的夹角，
电场力做负功，B项错误；由于沿OMN方向电场强度变小，由U＝Ed可判断UOM＞UMN
，C项错误；
在O点静止释放一带正电的粒子，粒子所受电场力始终沿y轴正方向，因此粒子沿y轴做直线运动，D正确．答案AD
错点提示5：将非纯电阻电路与纯电阻电路的计算相混淆【例5】电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2
，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2
，则有()．
A．U1Q2D．W12
错因分析错解1不清楚在非纯电阻电路中公式U＝IR不再成立，错选B项．
错解2由W＝IUt判断出W1＝W2，考虑到电动机有机械能输出，由能量守恒判断得Q1>Q2
，误认
为C正确．错解3正确判断出U1
，错选D项．
正确解析电动机是非纯电阻，其两端电压U2>IR＝U1，B错；电流做的功W1＝IU1t，W2＝IU2
t，因
此W1
，A对D错．答案A
错点提示6：对粒子在复合场中的运动分析不全面导致错误【例6】如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v0
由A点进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区．如
果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区．则下列判断正确的是()．A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比EB＝v0
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外错因分析对易错选项及错误原因具体分析如下：易错选项错误原因
B项只是浅层次根据三种情况下粒子的运动轨迹不同，没有根据各自运动特点确定不同情况下的运动时间
D项不能正确找出带电粒子所受的电场力和洛伦兹力的方向与电场和磁场方向之间的关系正确解析根据题意可知，当电磁场同时存在时，电场力与洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动，从C点离开；当只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，从D点离开，所以粒子由C、D两点离开场区时动能相同．当只有电场时，由B点离开场区，粒子做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，电场力向上且对粒子做正功，动能增加．粒子由B、C两点离开场区时时间相同，由D
点离开场区时时间稍长．电磁场同时存在时，qv0B＝qE，则EB＝v0
.若粒子带负电，则电场方向向
下，磁场方向垂直于纸面向里，综上所述，正确选项为C.答案C错点提示7：对双杆切割磁感线问题中的电动势和安培力计算错误【例7】t＝0时，磁场在xOy平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B0
，方向垂直
于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L0
，整个磁场以速度
v沿x轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd，线框的bc边平行于x轴．bc＝LB、ab＝L，LB
略大于L
0，总电阻为R，线框始终保持静止．求：
(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向．易错分析没有考虑线框的ab、cd两条边在方向相反的磁场中均产生电动势，只按一条边切割磁感线来计算电动势，得出E＝nB0
Lv的错误结果．
求线框所受安培力时，一是不注意总安培力为n匝线圈受力之和；二是没有考虑线框的ab、cd
两条边均受到安培力，得出F＝BIL＝nB02L2vR的错误结论．正确解析(1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v，任意时刻线框中总的感应电动势大小E＝2nB0
Lv