2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：专题一·第二讲 力与直线运动——课前自测诊断卷 Word版含解析
高考物理二轮复习 第1部分 专题1 力与直线运动 第2讲 力与物体的直线运动限时检测(含解析)-人教
第2讲力与物体的直线运动[限时45分钟；总分为80分]一、选择题(每一小题5分，共50分)1．如图1－2－12为“中国好声音〞娱乐节目所设计的“导师战车〞，战车可以在倾斜直轨道上运动。
当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m的倾斜轨道冲到学员面前，最终刚好停止在轨道末端，此过程历时4 s，在战车运动过程中，如下说法正确的答案是图1－2－12A．导师战车在整个运动过程中处于失重状态B．根据题中信息可以估算导师战车运动的加速度大小为1.25 m/s2C．战车在倾斜轨道上做匀变速直线运动D．根据题中信息可以估算导师战车运动的平均速度大小为2.5 m/s解析由题可知，“导师战车〞沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有竖直向下的分加速度，战车处于失重状态；当战车减速时，战车有竖直向上的分加速度，战车处于超重状态，应当选项A错误；“导师战车〞沿斜面的方向先加速后减速，加速度大小不好估算，应当选项B、C错误；战车的位移是10 m，时间是4 s，所以可以求出平均速度v＝xt＝104m/s＝2.5 m/s，应当选项D正确。
答案 D2．(2019·武汉高三联考)如图1－2－13所示为甲、乙两个质点在0～t0时间内沿同一直线运动的位移—时间图象，如此两个质点在0～t0时间内图1－2－13A．任一时刻的加速度都不同B．位移大小不相等C．任一时刻的速度都不同D ．运动方向不一样 解析 根据位移—时间图象的斜率表示速度可知，在0～t 0时间内，乙做匀速直线运动，其加速度为零，而甲做速度逐渐增大的加速直线运动，如此两个质点在0～t 0时间内任一时刻的加速度都不同，选项A 正确；两个质点在0～t 0时间内，位移大小相等，运动方向都是沿负方向，如此运动方向一样，选项B 、D 错误；根据位移—时间图象的斜率表示速度可知，两个质点在0～t 0时间内，有一时刻的速度一样，选项C 错误。
答案 A3．高铁目前是我国的一张名片，某高铁站，一维护员站在一中央站台上，两边分别有正在进站或开出的高铁列车，假设两边高铁都是做匀变速直线运动(加速度不为零)，如图1－2－14所示，现观察其中一列高铁的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n 1和n 2，如此n 1和n 2之比不可能是图1－2－14A ．1∶2B ．2∶5C ．3∶2D ．4∶21解析 设匀变速直线运动相等时间间隔为t 的任意连续两段位移为x 1、x 2，中间时刻速度为v ，两端速度分别为v 1、v 2，如此x 1＝v 1＋v 2t ，x 2＝v ＋v 22t ，x 1x 2＝v 1＋v v ＋v 2＝v 1＋v 1＋v 22v 1＋v 22＋v 2＝3v 1＋v 2v 1＋3v 2，当v 1、v 2分别取0时，可得两段位移之比分别为13、31，因此可知取值范围为13≤x 1x 2＝n 1n 2≤31且x 1x 2＝n 1n 2≠1，因此D 不可能。
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分 专题二 功和能 Word版含解析
专题二 功和能 第一讲功和功率__动能定理1.[考查功的大小计算]如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J 解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。
力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v -t 图像为正弦曲线。
从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v -t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。
3．[考查机车启动的图像问题]下列各图是反映汽车以额定功率P 额从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度v 随时间t 以及加速度a 、牵引力F 和功率P 随速度v 变化的图像中正确的是( )解析：选A汽车以额定功率启动时，功率一定，由P＝F v可知，速度增大，牵引力F减小，根据F－F f＝ma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故A正确，B、C、D错误。
2019届高考物理二轮复习力与直线运动学案(江苏专用)
专题一 力与直线运动 考情分析命题解读本专题就考点分为三大板块。
分别为运动学、相互作用和牛顿运动定律。
从三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。
如胡克定律、匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。
难度属于容易或中等。
(2)注重过程与方法。
如利用板块问题、多过程问题等，以选择题考查学生的推理能力，以计算题考查学生的分析综合能力。
难度属于中等及较难。
整体难度中等偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
1.(2018·江苏省如皋市教学质量调研)小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图1所示。
已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B 点的速度，需测量( )图1A.照片中AC的距离B.照片中球的直径及AC的距离C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离解析根据匀变速直线运动的规律可知：v B＝，为求解AC的实际距离，需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC的距离，然后根据比例关系可知AC的实际距离，故选项D正确，A、B、C错误。
答案 D2.(2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)小明将一辆后轮驱动的电动小汽车，按图示方法置于两个平板小车上，三者置于水平实验桌上。
当小明用遥控器启动小车向前运动后，他看到两个平板小车也开始运动，下列标出平板小车的运动方向正确的是()解析用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮顺时针转动，所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左；前轮是从动轮，所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右。
因此左侧小车向左运动，右侧小车向右运动。
故选项C正确，A、B、D错误。
答案 C3.(2018·苏北四市第一次调研)如图2所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时()图2A.A的加速度等于gB.B的加速度大于gC.A对B的压力等于mgD.A 对B 的压力大于mg解析 A 、B 两个物体叠在一起水平抛出，做加速度为g 的抛体运动，处于完全失重状态，则A 与B 间的作用力为零。
2019版高考物理江苏专版二轮复习课件：专题二 第二讲 机械能守恒定律 功能关系
2．甲图为某研究小组研究小球对轨道压力的装置原理图。在同一 竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道相隔一定的距离 x， 虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，为了测试小球对轨道 的压力，今在最低点与最高点各放一个压力传感器，并通过计 算机显示出来，当轨道距离 x 变化时，记录两点压力差 ΔFN 与 距离 x 的数据，作出 ΔFN-x 图像如乙图所示。(不计空气阻力， g 取 10 m/s2)求： (1)小球的质量和半圆轨道的半径； (2)若小球在最低点 B 的速度为 20 m/s，为使小球能始终沿光滑 轨道运动，ΔFN 的最大值。
端挂一个小物块 Q (未画出)，小物块 A 可从图示位 置上升并恰好能到达 C 处。不计摩擦和空气阻力，cos 37°＝0.8， sin 37°＝0.6，重力加速度 g 取 10 m/s2，下列判断正确的是( ) A．小物块 A 到达 C 处时的加速度为 g B．小物块 A 到达 C 处时的加速度为 0 C．小物块 B 的质量 0.5 kg
答案：D
2．[多选]如图甲所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上， 其倾角为 θ，在斜面的中间位置放置一质量为 m 可视为质点的滑 块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的 外力 F，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在 开始的一段时间内，其机械能 E 随位移 x 的变化规律如图乙所示。 其中 0～x1 为曲线、x1～x2 为平行于 x 轴的直线。则( )
3．物块在传送带上滑动时产生的热量Q ＝Ffx相对。其中x相对为
物块与传送带间的相对位移。如诊断卷第10题，物体对地发生的
位移为x1＝
v 2
t，传送带发生的位移为x2＝vt，则物体相对传送带发
生的位移大小为Δx＝x2－x1＝v2t。
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：专题二·第三讲 力学的经典模型(二)——课前自测诊断卷 Word版含解析
专题二·第三讲 力学的经典模型(二)——课前自测诊断卷1.[如图所示，长木板A 放在光滑的水平地面上以v 0做匀速直线运动，某时刻将滑块B 轻放在A 的左端，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B 放到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下述说法中正确是( )A ．木板损失的机械能等于滑块B 获得的动能与系统损失的机械能之和B ．木板A 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．滑块B 动能的增加量等于系统损失的机械能D ．摩擦力对滑块B 做的功和对木板A 做的功的总和等于0解析：选A 由能量守恒定律可知，木板A 损失的机械能等于滑块B 获得的动能与系统损失的机械能之和，故A 正确；滑块B 轻放在木板A 的左端，由于摩擦力作用，滑块B 加速运动，木板A 减速运动，摩擦力对滑块B 做的功等于滑块B 动能的增加量，摩擦力对木板A 做的功等于木板A 动能的减少量，根据能量守恒定律，摩擦力对木板A 做的功等于系统内能的增加量和滑块B 动能的增加量的总和，摩擦力对滑块B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量，故B 、C 、D 错误。
2．[考查木板受到外力作用的情形][多选]如图所示，将砝码A 放在水平桌面上的纸板B 上，各接触面间动摩擦因数均相同，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d ，在水平向右的恒力F 的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，且砝码刚好到达桌面右端。
则下列说法正确的是( )A ．砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B ．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端d 2处 C ．其他条件不变，换用更大的恒力F ，砝码将不能到达桌面右端D ．其他条件不变，换用更大的恒力F ，砝码与纸板间摩擦产生的热量将减小解析：选ABC 设砝码A 的质量为m ，各接触面间动摩擦因数为μ。
根据牛顿第二定律得：砝码与纸板分离前的加速度大小 a 1＝μmg m ＝μg ；砝码与纸板分离后的加速度大小a 2＝μmg m ＝μg ，可知砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等，故A 正确。
[精品]2019版高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案
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专题二 力与直线运动考情分析命题解读本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。
如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。
难度属于中等。
(2)注重过程与方法。
如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。
难度属于偏难。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
1.(2017·徐州沛县中学高三第一次质检)一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s 速度刚好减为零。
若测得该物体在最后1 s 内的位移是1 m ，那么该物体在这3 s 内的平均速度大小是( ) A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s解析 采用逆向思维法，根据x ＝12at 2得，物体的加速度大小a ＝2x t 2＝2×11m/s 2＝2 m/s 2，则物体的初速度v 0＝at ′＝23 m/s ＝6 m/s ，物体在这3 s 内的平均速度v －＝v 02＝62m/s ＝3 m/s ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误。
答案 B2.(2017·江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m 的物体，在大小为F 、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为( )图1A.F mB.F cos θmC.F cos θ－μmgmD.F cos θ－μ（mg＋F sin θ）m解析对物体受力分析如图所示，在水平方向：F cos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－F sin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝F cos θ－μ（mg＋F sin θ）m，故D项正确。
答案 D3.(2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。
高考物理江苏专二轮复习检测：专题二·第二讲 机械能守恒定律 功能关系——课前自测诊断卷 Word含解析
专题二·第二讲 机械能守恒定律 功能关系——课前自测诊断卷1.[将一小球从离水平地面高为H 处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ的值为(不计空气阻力)( )A.22 B. 2 C.33 D. 3解析：选A 物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：E 1＝12m v 02＋mgH ，且12m v 02＝mgH ，即E 1＝m v 02；末状态的机械能：E 2＝12m v 2＋mgh ，且12m v 2＝3mgh ，则E 2＝23m v 2，根据机械能守恒定律：E 1＝E 2，即m v 02＝23m v 2，解得v ＝3v 022，设此时速度与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝v 2－v 02v 0＝22，故选A 。
2．[考查机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合]如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R 的四分之一圆弧构成的细管道ABC ，圆心连线O 1O 2水平且与细管的交点为B 。
轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m 的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R 的薄板DE 置于水平面上，板的左端D 到管道右端C 的水平距离为R 。
开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。
重力加速度为g ，解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C 点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦)，若小球经C 点时对管道外侧的弹力大小为mg 。
(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(2)求小球经细管B 点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE 上。
解析：(1)小球经过C 点时，管道对小球的弹力F N ＝mg ，方向竖直向下，根据向心力公式有mg ＋F N ＝m v C 2R从解除弹簧锁定到小球运动到C 点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而小球的机械能守恒，则E p ＝2mgR ＋12m v C 2 解得E p ＝3mgR 。
(江苏专版)2019版高考物理二轮复习 专题一 第一讲 力与物体平衡课前自测诊断卷(含解析)
力与物体平衡1.[如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。
下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。
2．[考查摩擦力的有无及方向判断]如图所示，超市为方便顾客，安装了智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)。
在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。
则该扶梯在运送乘客的过程中( )A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，扶梯对乘客的作用力方向与运动方向相反解析：选B 扶梯匀速运行时，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，选项A 错误；匀速运动阶段，乘客处于平衡状态，扶梯对乘客的作用力竖直向上，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，选项B正确；扶梯加速运行时，由于智能化的自动扶梯无台阶，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，与运动方向相同，选项C错误；加速度有水平方向的分量，扶梯对乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯对乘客的作用力指向斜上方，选项D错误。
3．[考查力的合成与分解]在如下所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中杆P与竖直方向夹角均为θ，图乙中杆P在竖直方向上，假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F甲、F乙、F丙、F 丁，则以下判断中正确的是( )A．F甲＝F乙＝F丙＝F丁B．F丁＞F甲＝F乙＞F丙C．F甲＝F丙＝F丁＞F乙D．F丙＞F甲＝F乙＞F丁解析：选B 由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力大小，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子夹角最小，绳子拉力的合力最大，则滑轮受到木杆的弹力最大，丙图中绳子夹角最大，绳子拉力的合力最小，则滑轮受到木杆的弹力最小，甲、乙两图中绳子的夹角相等，绳子拉力的合力相等，故滑轮受到木杆的弹力大小F甲＝F乙，所以F丁＞F甲＝F乙＞F丙，故选B。
2019版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动.doc
2019版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2力与直线运动一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图216所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图216A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v t 图象如图217所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )【导学号：19624022】图217B [根据v t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．]4. (2017·泉州模拟)如图218所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直线运动的v t 图象．图中t 1＝12t 2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是()图218A ．在t 1时刻，甲的位移是乙的位移的1.5倍B ．甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确； 相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图219所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图219A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图220甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图220A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲 乙图221A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg 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，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图222所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图222A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误． 若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图223甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图223A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图224所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图224A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图22511．(14分)(2017·淮北市一模)如图225所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝v a A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图226甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图226(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。
高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1.2 力与物体的平衡课件
大小也为v，则传送带启动后( ) A．M静止在传送带上 B．M可能沿传送带向上运动 C．M受到的摩擦力不变 D．M下滑的速度不变
解析：由于传送带是顺时针匀速转动的，在传送带启动前、 后，物块都只受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，物 块受力不变，所以其下滑的速度也不变，故选项C、D正确．
答案：CD
2.2015·北京海淀区期中如图所示，当水平拉力F
＝40 N时，质量为m＝10 kg的木块可以在水平面上 匀速前进．若在木块上再放一个质量为M的铁块， 为使它们匀速前进，水平拉力变为60 N，求铁块的质量M.(取g＝ 10 m/s2)
解析：拉力F＝40 N时，滑动摩擦力f＝40 N
木块对水平面的压力FN＝mg＝100 N 由f＝μFN得，动摩擦因数μ＝0.4 当拉力F′＝60 N时，木块和铁块对水平面的压力F′N＝(10 kg＋M)g 摩擦力f′＝60 N时，由f′＝μF′N解得M＝5 kg.
2．平衡条件：F合＝___0_____或FFx推论
(1)若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与 其余(n－1)个力的合力大小__相__等____、方向__相__反____．
(2)若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首 尾相接组成一个__封__闭____三角形．
(2)方向：正电荷受静电力与电场强度方向___相__同___，负电荷 受静电力与电场强度方向___相__反___．
4．安培力
(1)大小：F＝___B_L_I___(I⊥B)． (2)方向：用__左__手____定则判断(垂直于I、B所决定的平面)．
5．洛伦兹力 (1)大小：F＝___q_v_B___(v⊥B)． (2)方向：用___左__手___定则判断(垂直于v、B所决定的平面)．
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专题一·第二讲 力与直线运动——课前自测诊断卷 考点一 匀变速直线运动的规律及图像 1.[考查匀变速直线运动的规律] 一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ) A．质点可能做匀减速直线运动 B．5 s内质点的位移为35 m C．质点运动的加速度为1 m/s2 D．质点3 s末的速度为5 m/s
解析：选B 根据平均速度v＝xt知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋12at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋12at2＝2×5 m＋12×2×25 m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。 2．[考查图像转换]一小球沿斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图所示。以下滑起点为位移坐标原点和t＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动图像的是( )
解析：选A 由v-t图像可知，小球下滑阶段和上滑阶段都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，故C、D错误。下滑时小球做初速度为0的匀加速直线运动，由x
＝12at2可知，x-t2图像为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看做反向的初速度为0的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此x-t2图像也是一条直线，由v-t图像知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球初速度为零时没有回到初始位置，故A正确，B错误。 3．[考查平均速度与时间图像] [多选]一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始
计时，其xt-t的图像如图所示，则( ) A．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2 C．质点在2 s末速度为2 m/s D．质点在第2 s内的位移为2.5 m
解析：选BD 由题图得函数的关系式为xt＝1＋0.5t，根据x＝v0t＋12at2，变形得：xt＝v0＋12at，比较系数可得：v0＝1 m/s, a＝2×0.5 m/s2＝1 m/s2，质点的加速度不变，说明质
点做匀加速直线运动，故A错误，B正确；质点的初速度 v0＝1 m/s，在2 s末速度为v＝v0＋at＝1 m/s＋1×2 m/s＝3 m/s，故C错误；质点做匀加速直线运动，根据位移时间公式
可得在第2 s内的位移大小为x＝v0t2＋12at22－v0t1－12at12，代入数据可得：x＝2.5 m，故D正确。 考点二 动力学的两类基本问题 4.[考查已知受力求运动问题] 如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( ) A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法确定
解析：选B 设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcos θ＝12gcos θ·t12,2R＝12gcos 2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。
5．[考查已知运动求受力问题] 将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A．mg B.13mg
C.12mg D.110mg 解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时： 9d－3d＝a1T2① 向下运动时：3d－d＝a2T2② 联立①②得：a1a2＝31③ 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④ 向下运动时：mg－f＝ma2⑤
联立③④⑤得：f＝12mg，选C。 6．[考查瞬时加速度的计算] [多选]如图甲、乙所示，光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻
杆均与斜面平行，A、B两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度为2gsin θ D．图乙中B球的加速度为gsin θ 解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin 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，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。 考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用 7.[考查牛顿第二定律与v -t图像的综合应用] [多选]如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的
恒定拉力F作用下，从斜面底端A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C点，已知小物块的质量为0.3 kg，小物块从A到C的v-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的13 B．小物块与斜面间的动摩擦因数为33 C．小物块到达C点后将沿斜面下滑 D．拉力F的大小为4 N 解析：选AC 小物块加速时的加速度大小为： a1＝Δv1Δt1＝7.5－03 m/s2＝2.5 m/s2 减速时的加速度大小为： a2＝Δv2Δt2＝7.5－04－3 m/s2＝7.5 m/s2 小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的13， 故A正确； 撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 即：a2＝gsin 30°＋μgcos 30°，
得：μ＝36，故B错误；在C点mgsin 30°＞μmgcos 30°， 所以小物块到达C点后将沿斜面下滑，故C正确；在拉力作用下，根据牛顿第二定律，有： F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1， 代入数据得：F＝3 N，故D错误。 8．[考查牛顿第二定律与v2-x图像的综合应用] [多选]如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F
作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是( )
A．0～5 s内物块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 解析：选BD 物块匀减速直线运动的加速度大小为：
a1＝v22x1＝10010 m/s2＝10 m/s2。 匀加速直线运动的加速度大小为： a2＝v′22x2＝642×8 m/s2＝4 m/s2。 根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2， 联立两式解得：F＝7 N，f＝3 N。
则动摩擦因数为：μ＝fmg＝310＝0.3。 物块匀减速直线运动的时间为： t1＝va1＝1010 s＝1 s，即在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故B、D正确，A、C错误。 9．[考查F-t图像与运动的综合应用] [多选]如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下
方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则( )
A．升降机停止运行前在向上运动 B．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态 C．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小 D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大 解析：选AC 从0时刻开始，弹簧弹力减小，知小球向上运动，可知升降机停止运行前向上运动，故A正确。0～t1时间内，重力大于弹力，加速度向下，小球处于失重状态，t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，小球也处于失重状态，故B错误。0～t1时间内，小球向上运动，t1～t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，故C正确。t3时刻处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，故D错误。
考点四 动力学的连接体问题 10.[考查用牛顿第二定律解决连接体问题] [多选]如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b
通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在物块b上。现用水平拉力作用于物块a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( ) A．该水平拉力大于轻绳的弹力 B．物块c受到的摩擦力大小为μmg