高考物理突破大二輪浙江專用講義增分練：專題一 第2講 力與物體的直線運動 Word版含解析

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1、 第2講　力與物體的直線運動 網(wǎng)絡構建 備考策略 1.解決動力學問題要抓好關鍵詞語 (1)看到“剛好”“恰好”“正好”等字眼，想到“題述的過程存在臨界點”。 (2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“題述的過程存在極值點”。 2.“四點”注意 (1)x－t圖象、v－t圖象均表示直線運動。 (2)運動學公式中的v、a、x均為矢量，一定規(guī)定正方向。 (3)剎車問題中不能忽略實際運動情況。 (4)x－t、v－t、a－t圖象相關量間的關系 　運動學中的圖象問題 　x－t圖象的理解及應用 【典例1】 (2019·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)一輛汽車沿平直

2、道路行駛，其位移時間圖象如圖1所示。在t＝0到t＝40 s這段時間內，汽車的平均速度大小是(　　) 圖1 A.0 B.2 m/s C.2.67 m/s D.25 m/s 解析　因為是位移—時間圖象，所以合位移為零，又因為平均速度等于位移除以時間，所以平均速度為零，選項A正確。 答案　A 　v－t圖象的理解及應用 【典例2】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)一長為12 m的鋼管豎立在地面上，一名消防隊員在一次模擬演習訓練中，從鋼管頂端由靜止下滑，如圖2所示。消防隊員先勻加速再勻減速下滑，到達地面時速度恰好為零。如果他加速時的加速度大小是減速時的兩倍，下滑總時間為3 s。該

3、消防隊員在這一過程中的運動圖象，可能正確的是(　　) 圖2 解析　設下滑過程中的最大速度為v，有＋＝t，位移關系為＋＝s，又a1＝2a2，聯(lián)立解得v＝8 m/s，a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，加速時間為t1＝＝ s＝1 s，減速時間為t2＝＝ s＝2 s，但是相對于12 m的桿子而言，消防員不能看做質點，實際下落的位移應小于12 m，故選項D正確。 答案　D 【典例3】 (2018·浙江4月選考)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以－v0做直線運動，其v－t圖象如圖3所示。粒子在t0時刻運動到B點，3t0時刻運動到C點，下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.A

4、、B、C三點的電勢關系為φB>φA>φC B.A、B、C三點的場強大小關系為EC>EB>EA C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少 D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負功 解析　由題圖v－t圖象知道帶電粒子在0～t0時間內做減速運動，電場力做負功，電勢能增大；在t0～3t0時間內反方向加速運動，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤；因為不知道帶電粒子電性，本題中無法判斷電勢的高低，選項A錯誤；圖象中斜率表示帶電粒子的加速度，qE＝ma，可知A、B、C三點中EB最大，選項B錯誤。 答案　C 　a－t圖象的理解及應用 【典例4】 (2019·浙江

5、椒江區(qū)新高考適應性考試)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯的簡化模型如圖4所示?？紤]安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖5所示。電梯總質量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2； (2)類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由v－t圖象求位移的方法。請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據(jù)圖5所示a－t圖象，求電梯在第1 s內的速度改變量Δv1和第2 s末的速率v2； (3)求電梯以最大速率

6、上升時，拉力做功的功率P；再求在0～11 s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W。 解析　(1)由牛頓第二定律，有F－mg＝ma 由a－t圖象可知，F(xiàn)1和F2對應的加速度分別是 a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2 F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N。 (2)類比可得，所求速度變化量等于第1 s內a－t圖線下的面積Δv1＝0.50 m/s 同理可得，Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s v0＝0，第2 s末的速率　v2＝1.5 m/s。 (3)

7、由a－t圖象可知，11～30 s內速率最大，其值等于0～11 s內a－t圖線下的面積，有vm＝10 m/s 此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率 P＝Fvm＝mgvm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W 由動能定理，總功W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J。 答案　見解析 1.明圖象意義 (1)看到“x－t圖線”想到“初始位置關系”。 (2)看到“v－t圖線”想到“加速度變化情況”。 (3)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。 2.清交點區(qū)別 兩個物體的運動圖象一般會涉及追及和相遇問題。x－t圖象

8、交點表示兩物體相遇，v－t圖象交點表示兩物體速度相等。 3.抓對應關系 根據(jù)物體的初始條件和受力情況判斷或作出圖象的關鍵是將運動情景與圖象信息對應起來?！　　　? 1.(2019·浙江寧波新高考適應性考試)有一物體做直線運動，其速度圖象如圖6所示，那么物體的速度變化率的方向與瞬時速度的方向相同的時間為(　　) 圖6 A.只有0

9、速度變化率的方向與瞬時速度的方向相同；當1 s

10、與題中規(guī)定的正方向相反，故為負值，所以C、D錯誤；小球的運動為勻變速運動，根據(jù)v2－v＝2ax可知速度與時間的關系式為二次函數(shù)，故A正確，B錯誤。 答案　A 3.(2019·浙江嵊州選考模擬)一質點由靜止開始沿直線運動，通過傳感器描繪出關于x的函數(shù)圖象如圖7所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.質點做勻減速直線運動 B.－x圖象斜率等于質點運動的加速度 C.四邊形AA′B′B的面積可表示質點從O到C′所用的時間 D.四邊形BB′C′C的面積可表示質點從C到C′所用的時間 解析　由題中－x圖象可知，與x成正比，即vx＝常數(shù)，質點的速度隨位移的增大而減小，因此質點做減速直線

11、運動，但不是勻減速直線運動，又因為圖象的斜率k＝，顯然不等于質點的加速度，選項A、B錯誤；由于三角形OBC的面積S1＝OC·BC＝，表示質點從O到C所用的時間，同理，質點從O到C′所用的時間可由S2＝表示，所以四邊形BB′C′C的面積可表示質點從C到C′所用的時間，選項C錯誤，D正確。 答案　D 　勻變速直線運動規(guī)律的應用 　以生活中的交通問題為背景考查勻變速直線運動規(guī)律的應用 【典例1】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)為了減少汽車剎車失靈造成的危害，如圖8所示為高速路上在下坡路段設置的可視為斜面的緊急避險車道。一輛貨車在傾角θ＝30°的連續(xù)長直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在

12、剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過程及后面過程中，可認為發(fā)動機不提供牽引力)，突然汽車剎車失靈，開始加速運動，此時汽車所受到的摩擦力為車重的0.2倍。在加速前進了x0＝96 m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37°的避險車道，已知貨車在該避險車道上所受到的摩擦力為車重的0.65倍。貨車的各個運動過程均可視為直線運動，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求： 圖8 (1)貨車在下坡路上運動時剎車失靈后的加速度大??； (2)貨車剛沖上避險車道時的速度大?。? (3)貨車在進入避險車道后3秒內發(fā)生的位移大小。 解析　(1)設貨車加速下行時的加速度大小為a1， 由牛頓第二

13、定律可知 mgsin θ－0.2mg＝ma1 解得a1＝3 m/s2。 (2)由公式v2－v＝2a1x0 解得v＝25 m/s。 (3)設貨車在避險車道上行車時的加速度大小為a2， 由牛頓第二定律可知 mgsin α＋0.65mg＝ma2 解得a2＝12.5 m/s2 t停＝＝2 s<3 s 由v2－0＝2a2x 解得x＝25 m。 速度為0后，由于mgsin α＜0.65mg，貨車不再滑下，故3 s 內發(fā)生的位移大小為25 m。 答案　(1)3 m/s2　(2)25 m/s　(3)25 m 　以斜面上運動的通電導體棒為載體考查勻變速直線運動規(guī)律的 應用 【典例

14、2】 (2018·江蘇單科)如圖9所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒 圖9 (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q。 解析　(1)勻加速直線運動v2＝2as 解得v＝。 (2)安培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安 牛頓運動定律F

15、＝ma 解得I＝。 (3)運動時間t＝ 電荷量Q＝It 解得Q＝。 答案　(1)　(2)　(3) “一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運動問題 　　　　 1.(2019·浙江溫州模擬)如圖10甲是某景點的山坡滑道圖片，技術人員通過測量繪制出如圖乙所示的示意圖。AC是滑道的豎直高度，D點是AC豎直線上的一點，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可視為光滑，g＝10 m/s2，滑行者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下做直線滑動，則滑行者在滑道AE上滑行的時間為(　　) 圖10 A. s B. s C.2 s D.2 s 解析　設滑道與水平面的夾角為θ，

16、滑行者的質量為m、加速度為a，由幾何知識得AE＝2ADsin θ，滑行者受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＝ma，由勻變速直線運動規(guī)律得AE＝at2，聯(lián)立以上三式解得t＝2 s，選項A、B、D錯誤，C正確。 答案　C 2.(2019·浙江溫州九校高三上學期聯(lián)考模擬)如圖11所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，重力加速度大小為g，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則(　　) 圖11 A.微粒到達B點時動能為mv B.微粒的加速度大小等于gsin

17、θ C.兩極板間的電勢差UMN＝ D.微粒從A點到B點的過程中電勢能減少 解析　微粒的受力情況如圖所示，微粒做勻減速直線運動，到達B點時動能小于mv，選項A錯誤；由牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，加速度a＝gtan θ，選項B錯誤；又電場力qE＝，兩極板間的電場強度E＝，兩板間的電勢差UMN＝Ed＝，選項C正確；微粒從A向B運動，電場力做負功，電勢能增加，選項D錯誤。 答案　C 3.(2019·浙江十校聯(lián)盟適應性考試)觀光旅游、科學考察經(jīng)常利用熱氣球，保證熱氣球的安全就十分重要?？蒲腥藛T進行科學考察時，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為M＝1 000 kg，在空中停留一段

18、時間后，由于某種故障，氣球受到的空氣浮力減小，當科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時，氣球速度為v0＝2 m/s， 此時開始，經(jīng)t0＝4 s氣球繼續(xù)勻加速下降h1＝16 m，科研人員立即拋掉一些壓艙物，使氣球勻速下降。不考慮氣球由于運動而受到的空氣阻力，取重力加速度 g＝10 m/s2。求： 圖12 (1)氣球加速下降階段的加速度大小a； (2)拋掉壓艙物的質量m； (3)氣球從靜止開始經(jīng)過t＝12 s的時間內下落的總高度h總。 解析　(1)設氣球加速下降的加速度大小為a，受空氣的浮力為F，則由運動學公式可知h1＝v0t0＋at 解得a＝1 m/s2。 (2)由牛頓第二定律得到M

19、g－F＝Ma 拋掉質量為m壓艙物，氣體勻速下降，有(M－m)g＝F 解得m＝100 kg。 (3)設拋掉壓艙物時，氣球的速度為v1 由運動學公式可知v1＝v0＋at0＝6 m/s，氣球從靜止開始經(jīng)過t＝12 s的時間下落的總高度為h總＝＋v1 解得h總＝54 m。 答案　(1)1 m/s2　(2)100 kg　(3)54 m 　牛頓運動定律的綜合應用 　以多列用掛鉤連接的車廂為載體考查牛頓運動定律的應用 【典例1】 (2019·浙江桐鄉(xiāng)高三模擬)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰

20、車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A.8 B.10 C.15 D.18 解析　設掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質量為nm，以西邊這些車廂為研究對象，有 F＝nma① P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對象，有 F＝km·a② 聯(lián)立①②得3n＝2k， 總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10

21、 當n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15 當n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確。 答案　BC 　以圖象形式考查牛頓第二定律的應用問題 【典例2】 (2019·浙江奉化高三模擬)如圖13，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F與x之間關系的圖象可能正確的是(　　) 圖13 解析　假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x

22、0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 　以生活、科技為背景考查動力學兩類問題 【典例3】 (2019·溫州模擬)如圖14所示，一條小魚在水面處來了個“鯉魚打挺”，彈起的高度為H＝2h。以不同的姿態(tài)落入水中其入水深度不同。若魚身水平，落入水中的深度為h1＝h；若魚身豎直，落入水中的深度為h2＝1.5h；假定魚的運動始終在豎直方向上，在水中保持姿態(tài)不變，受到水的作用力也不變，空氣中的阻力不計，魚身的尺寸遠小于魚入水深度，重力加速度為g。求： 圖14 (1)魚入水時的速度v； (2)魚兩次

23、在水中運動的時間之比t1∶t2； (3)魚兩次受到水的作用力之比F1∶F2。 解析　(1)由v2＝2gH，得v＝2。 (2)因h1＝t1，h2＝t2，得＝。 (3)v2＝2gH＝2a1h1，F(xiàn)1－mg＝ma1， 得F1＝3mg 同理得F2＝mg，所以＝。 答案　(1)2　(2)　(3) 應用牛頓運動定律求解問題時應注意 (1)研究對象的選取方法：整體法和隔離法。 (2)當物體的受力情況發(fā)生變化時加速度同時發(fā)生變化。 (3)兩個相鄰的子過程的銜接，即前一過程的末狀態(tài)應為后一過程的初狀態(tài)?！　　　? 1.(2019·福州四校聯(lián)考)(多選)一個物塊放在粗糙的水平面上，現(xiàn)

24、用一個很大的水平推力推物塊，并且推力不斷減小，結果物塊運動過程中的加速度a隨推力F變化的圖象如圖15所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖15 A.物塊的質量為0.5 kg B.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2 C.當推力F減小為2 N時，物塊的速度最大 D.當推力F減小為0時，物塊的速度為零 解析　由物塊運動過程中的加速度a隨推力F變化的圖象可知，當推力F＝2 N時，加速度為零，運用牛頓第二定律可得F－μmg＝0；當F＝0時，加速度a＝ －2 m/s2，運用牛頓第二定律，－μmg＝ma，聯(lián)立解得μ＝0.2，m＝1.

25、0 kg。即物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，物塊的質量為1.0 kg，選項A錯誤，B正確；用一個很大的水平力推物塊，并且推力不斷減小，物塊做加速度逐漸減小的加速運動，當推力F減小為2 N時加速度為零，物塊的速度最大，選項C正確；當推力F減小為0時，物塊做減速運動，物塊的速度不為零，選項D錯誤。 答案　BC 2.(2019·稽陽聯(lián)誼學校聯(lián)考)2019年1月4日上午10時許，科技人員在北京航天飛行控制中心發(fā)出指令，嫦娥四號探測器在月面上空開啟發(fā)動機，實施降落任務。在距月面高為H＝102 m處開始懸停，識別障礙物和坡度，選定相對平坦的區(qū)域后，先以a1勻加速下降，加速至v1＝4 m/s時，立即

26、改變推力，以大小a2＝ 2 m/s2勻減速下降，至月表高度30 m處速度減為零，立即開啟自主避障程序，緩慢下降。最后距離月面2.5 m時關閉發(fā)動機，探測器以自由落體的方式降落，自主著陸在月球背面南極－艾特肯盆地內的馮·卡門撞擊坑中，整個過程始終垂直月球表面做直線運動，取豎直向下為正方向。已知嫦娥四號探測器的質量m＝40 kg，月球表面重力加速度為1.6 m/s2，求： 圖16 (1)勻加速直線下降過程中探測器的加速度大?。? (2)勻加速直線下降過程推力F的大小和方向。 解析　(1)由題意知加速和減速發(fā)生的位移為 h＝102 m－30 m＝72 m 由位移關系得＋＝h，解得a1

27、＝1 m/s2。 (2)勻加速直線下降過程由牛頓第二定律得 mg′－F＝ma1，解得F＝24 N，方向豎直向上。 答案　(1)1 m/s2　(2)24 N　豎直向上 高考物理中的“五大”解題思想 現(xiàn)如今，高考物理越來越注重考查考生的能力和科學素養(yǎng)，其命題更加明顯地滲透著對物理思想、物理方法的考查。在平時的復習備考過程中，物理習題浩如煙海，千變萬化，我們若能掌握一些基本的解題思想，就如同在開啟各式各樣的“鎖”時，找到了一把“多功能的鑰匙”。 一、數(shù)形結合的思想 數(shù)形結合的思想，就是把物體的空間形式和數(shù)量關系結合起來進行考查，通過“數(shù)”與“形”之間的對應和轉化來解決問題的思想，其

28、實質是把抽象的數(shù)學語言、數(shù)量關系與直觀的圖形結合起來，把抽象思維和形象思維結合起來。數(shù)形結合的思想，一方面可以以“形”助“數(shù)”，實現(xiàn)抽象概念與具體形象的聯(lián)系與轉化，化抽象為直觀，化難為易；另一方面可以以“數(shù)”解“形”，可以由數(shù)入手，將有些涉及圖形的問題轉化為數(shù)量關系來研究，對圖形做精細的分析，從而使人們對直觀圖形有更精確、理性的理解。 【例1】 (2019·浙江麗水選考模擬)一彈簧測力計的秤盤質量為m1，盤內放一質量為m2的物體，彈簧質量不計，其勁度系數(shù)為k，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖17所示。t0時刻給物體施加一個豎直向上的力F，使物體從靜止開始向上做加速度為a的勻加速直線運動，經(jīng)2 s物體與

29、秤盤脫離，用FN表示物體與秤盤間的相互作用力的大小，已知重力加速度大小為g，則下列F和FN隨時間變化的關系圖象正確的是(　　) 圖17 解析　對秤盤和物體整體分析，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧形變量為x0，利用牛頓第二定律得，kx0＝(m1＋m2)g，F(xiàn)＋kx－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，又x＝x0－ a(t－t0)2，解上述兩式得F＝(m1＋m2)a＋ka(t－t0)2，所以選項A、B錯誤；以物體為研究對象，物體靜止時，F(xiàn)N＝m2g，運動后對秤盤受力分析，利用牛頓第二定律得kx－m1g－FN＝m1a，F(xiàn)N＝m2g－m1a－ka(t－t0)2，所以選項C正確，D錯誤。 答案

30、　C 二、分解思想 有些物理問題的運動過程、情景較為復雜，在運用一些物理規(guī)律或公式不奏效的情況下，將物理過程按照事物發(fā)展的順序分成幾段熟悉的子過程來分析，或者將復雜的運動分解成幾個簡單或特殊的分運動(如勻速直線運動、勻變速直線運動、圓周運動等)來考慮，往往能事半功倍。 【例2】 (2018·江蘇單科，3)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的(　　) A.時刻相同，地點相同 B.時刻相同，地點不同 C.時刻不同，地點相同 D.時刻不同，地點不同 解析　彈射管沿光滑豎直軌道自由下

31、落，向下的加速度大小為g，且下落時保持水平，故先后彈出的兩只小球在豎直方向的分速度與彈射管的分速度相同，即兩只小球同時落地，故兩只小球在空中運動的時間不同；又兩只小球先后彈出且水平分速度相等，則運動的水平位移不同，落地點不同，選項B正確。 答案　B 三、守恒思想 物理學中最常用的一種思維方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、動量守恒定律、機械能守恒定律、質量守恒定律、電荷守恒定律等，它們是我們處理高中物理問題的重要原理。 【例3】 (2019·浙江東陽高三模擬)如圖18所示，長R＝0.6 m 的不可伸長的細繩一端固定在O點，另一端系著質量m2＝0.1 kg的小球B，小球B

32、剛好與水平面相接觸?，F(xiàn)使質量m1＝0.3 kg的物塊A沿光滑水平面以v0＝4 m/s 的速度向B運動并與B發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞后，小球B能在豎直平面內做圓周運動。已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可視為質點，試求： 圖18 (1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大小； (2)小球B運動到最高點時對細繩的拉力。 解析　(1)物塊A與小球B碰撞時，由動量守恒定律和機械能守恒定律有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得碰撞后瞬間物塊A的速度v1＝v0＝2 m/s 小球B的速度v2＝v0＝6 m/s。 (2)碰撞后，設小球B運動到最高點時的

33、速度為v，則由機械能守恒定律有 m2v＝m2v2＋2m2gR 又由向心力公式有F＋m2g＝m2 聯(lián)立解得小球B對細繩的拉力F′＝F＝1 N。 答案　(1)6 m/s　(2)1 N 四、對稱思想 對稱思想普遍存在于各種物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律之中，它反映了科學生活中物理世界的和諧與優(yōu)美。應用對稱思想不僅能幫助我們認識和探索物質世界的某些基本規(guī)律，而且能幫助我們去求解某些具體的物理問題。用對稱的思想解題的關鍵是敏銳地看出并抓住事物在某一方面的對稱性，這些對稱性往往就是通往答案的捷徑。 【例4】 (2019·浙江嘉興高三模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質點)

34、無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小為(　　) 圖19 A.E B. C. D. 解析　假設圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心O處電場強度為0，所以A點小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q時，圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為＋2q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度大小，則有E＝k，A處＋q在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝k，方向水平向左，其余小球帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小E2＝E1＝

35、k＝，所以僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小等于E2＝。 答案　B 五、等效思想 在某些物理問題中，一個過程的發(fā)展、一個狀態(tài)的確定，往往是由多個因素決定的，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，則前一些因素與后一些因素是等效的， 它們便可以互相代替，而對過程的發(fā)展或狀態(tài)的確定，以及最后結果并無影響。掌握等效思想，有助于提高考生的科學素養(yǎng)，形成科學的世界觀和方法論，為終身的學習、研究和發(fā)展奠定基礎。 【例5】 (2019·浙江紹興新高考適應性測試)如圖20所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場中，固定一由內表面絕緣光滑且內徑很小的圓管彎制而成的圓弧BD，圓弧的圓心為O

36、，豎直半徑OD＝R，B點和地面上A點的連線與地面成θ＝37°角，AB＝R。一質量為m、電荷量為q的小球(可視為質點)從地面上A點以某一初速度沿AB方向做直線運動，恰好無碰撞地從管口B進入管道BD中，到達管中某處C(圖中未標出)時恰好與管道間無作用力。已知sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度大小為g。求： 圖20 (1)勻強電場的場強大小E和小球到達C處時的速度大小v； (2)小球的初速度大小v0以及到達D處時的速度大小vD。 解析　(1)小球做直線運動時的受力情況如圖甲所示， 甲 小球帶正電，則qE＝，得E＝，小球到達C處時電場力與重力的合力恰好提

37、供小球做圓周運動的向心力，如圖乙所示， 乙 OC∥AB，則＝m 得v＝。 (2)小球“恰好無碰撞地從管口B進入管道BD”，說明AB⊥OB 小球從A點運動到C點的過程，根據(jù)動能定理有 －·2R＝mv2－mv 得v0＝ 小球從C處運動到D處的過程，根據(jù)動能定理有 (R－Rsin θ)＝mv－mv2 得vD＝。 答案　(1)　　(2)　 一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為不定項選擇題) 1.(2019·浙江寧波新高考適應性考試)一質點做勻加速直線運動，位移為x1時，速度的變化為Δv；緊接著位移為x2時，速度的變化仍為Δv。則質點的加速度為(　　) A.

38、(Δv)2 B.(Δv)2 C. D. 解析　在勻變速直線運動中，速度變化Δv所用的時間為t＝，則可知質點位移為x1和x2過程中所用時間相同，根據(jù)Δx＝at2得，x2－x1＝a·，解得a＝，C正確。 答案　C 2.(2019·浙江臺州高三模擬)氣球以1.25 m/s2的加速度從地面開始豎直上升，離地30 s后，從氣球上掉下一物體，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則物體到達地面所需時間為(　　) A.7 s B.8 s C.12 s D.15 s 解析　先求30 s后氣球的速度及高度 速度v＝at＝1.25×30 m/s＝37.5 m/s 高度h1＝at2

39、＝×1.25×302 m＝562.5 m 物體剛掉下時，具有豎直向上的初速度為37.5 m/s，距地面的高度為562.5 m，此后物體做豎直上拋運動，則可以直接代入公式h＝v0t－gt2，其中h＝ －562.5 m，v0＝37.5 m/s，解得t＝15 s，選項D正確。 答案　D 3.(2019·浙江金華選考模擬)《機動車駕駛證申領和使用規(guī)定》已經(jīng)正式施行，司機闖黃燈要扣6分，被稱為“史上最嚴交規(guī)”。某小轎車駕駛員看到綠燈開始閃時，經(jīng)短暫思考后開始剎車，小轎車在黃燈剛亮時恰停在停車線上，v－t圖線如圖1所示。若綠燈開始閃爍時小轎車距停車線距離L＝10.5 m，則綠燈開始閃爍到黃燈剛亮的

40、時間t0為(　　) 圖1 A.0.5 s B.1.5 s C.3 s D.3.5 s 解析　根據(jù)速度—時間圖象中圖線與坐標軸圍成的面積表示位移可知x＝L＝6×0.5 m＋×6×(t0－0.5) m＝10.5 m 解得t0＝3 s，選項C正確。 答案　C 4.(2019·贛州高三檢測)如圖2是用頻閃周期為t的相機拍攝的一張真空中羽毛與蘋果自由下落的局部頻閃照片。關于提供的信息及相關數(shù)據(jù)處理，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.一定滿足關系x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 B.一定滿足關系x1∶x2∶x3＝1∶3∶5 C.蘋果下落的加速度大小為 D.羽毛下

41、落到C點時的速度大小為x1＋ 解析　由于這是局部照片，A點并不一定是起點，故不能根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的位移規(guī)律求解，故A、B項均錯誤；由Δx＝at2可得a＝，故C項正確，根據(jù)v＝得vC＝，故D項錯誤。 答案　C 5.(2019·浙江溫嶺選考模擬)如圖3甲所示，用水平方向的力F將質量為m＝0.5 kg的木塊貼在豎直墻面上，力F從0開始逐漸增大，木塊沿豎直墻面向下運動。用力傳感器和加速度傳感器記錄木塊受到的壓力F和加速度大小a，F(xiàn)與a的大小關系如圖乙所示，重力加速度大小為g＝10 m/s2，則木塊和墻面之間的動摩擦因數(shù)為(　　) 圖3 A.0.2 B.0.25 C

42、.0.4 D.0.5 解析　法一　對木塊進行受力分析，當推力F＝20 N時，a＝0，即mg＝μF， μ＝0.25，B正確。 法二　mg－μF＝ma，a＝g－F，由圖知，＝，μ＝0.25，B正確。 答案　B 6.(2019·浙江杭州第四中學模擬)如圖4所示，輕質彈簧兩端連接質量均為m的小球1和2，彈簧和小球處于封閉的豎直管AE內，小球直徑略小于管的直徑。整個裝置靜止時，小球1處于管壁的C點。其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，彈簧原長3L，重力加速度大小為g?，F(xiàn)使管AE在豎直方向上運動，當小球1、2相對管AE靜止時，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.彈簧可能處于伸長狀態(tài) B

43、.當小球1處于完全失重狀態(tài)時，管AE一定向下運動 C.當彈簧長度為2L時，小球2可能做勻速直線運動 D.當彈簧長度為L時，小球2加速度大小一定為g 解析　若彈簧伸長，受力分析可知小球1、2所受合力不同，則兩球加速度不可能相同，選項A錯誤；當小球1處于完全失重狀態(tài)時，彈簧處于原長，系統(tǒng)可以向上或向下運動，選項B錯誤；當彈簧長度為2L、小球2處于E點時系統(tǒng)受力平衡，小球2可能做勻速直線運動，選項C正確；由初始條件可知mg＝kL，當小球1處于A端、彈簧長度為L時，小球2受大小為2mg的彈力，所受合力為3mg，加速度大小為3g，方向向下，選項D錯誤。 答案　C 7.(2019·浙江金華一中模

44、擬)如圖5甲，一維坐標系中有一質量為m＝2 kg的物塊靜置于x軸上的某位置(圖中未畫出)，t＝0時刻，物塊在外力作用下沿x軸開始運動，如圖乙為其位置坐標和速率平方關系圖象的一部分，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.t＝4 s時物塊的速率為2 m/s B.物塊做勻加速直線運動且加速度大小為1 m/s2 C.t＝4 s時物塊位于x＝4 m處 D.在0～4 s時間內物塊運動的位移為6 m 解析　物塊在恒力作用下沿x軸開始做勻加速直線運動，根據(jù)x＝v2＋x0可知，x－v2圖象的斜率表示，則＝＝1(m－1·s2)，解得a＝0.5 m/s2，t＝4 s時物塊的速率為v＝at＝2 m/s，

45、故選項A正確，B錯誤；由題圖乙易得，當速度為零時，物塊的坐標為x0＝－2 m，t＝4 s時物塊的速率為v＝2 m/s，代入x＝v2＋x0可得x＝2 m，即在0～4 s時間內物塊運動的位移為4 m，選項C、D錯誤。 答案　A 8.(2019·浙江樂清選考模擬)如圖6，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構成一個邊長為l的等邊三邊形，則(　　) 圖6 A.小環(huán)A的加速度大小為 B.小環(huán)A的加速度大小為 C.恒力F的大小為 D.恒力F的大小為 解析　

46、設輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos 60°＝k，Tcos 30°＝maA，聯(lián)立解得aA＝，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2Tcos 30°＝T＝，選項C正確，D錯誤。 答案　BC 9.(2019·浙江嘉興新高考適應性測試)如圖7所示，光滑水平地面上，可視為質點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標原點建立如圖所示的一維坐標系?，F(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x關系的圖象可能正確的是(　　) 圖7 解析　外力F反向，當A和B相對靜止加

47、速時，對A、B整體，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，F(xiàn)－x圖象為線性圖象，當A、B分離時，對A，k(x0－x)＝mAa，此時x＜x0，當A、B分離后，對B，F(xiàn)＝mBa大小恒定，與x無關，選項B正確；在A、B分離前，對A，k(x0－x)－FN＝mAa，分離后，F(xiàn)N＝0，選項D正確。 答案　BD 10.(2019·浙江杭州二中高三模擬)物體在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s內力F、速度v隨時間變化如圖8所示，由圖象可得(　　) 圖8 A.物體的質量為2 kg B.物體在6 s內運動的位移為6 m C.在0～2 s內推力做的功為3 J D.物體與地面間的

48、動摩擦因數(shù)為0.025 解析　物體在0～2 s內做勻加速直線運動，加速度為a＝ m/s2，由牛頓第二定律有F合＝F－μmg＝ma，即：3 N－μmg＝ma；物體在2～6 s內做勻速直線運動，因此有μmg＝1 N，聯(lián)立解得物體的質量為m＝4 kg，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項A錯誤，D正確；根據(jù)v－t 圖象所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6 s 內運動的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項B錯誤；力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s內推力做的功為W＝Fx1＝3××2×1 J＝3 J，選項C正確。 答案　CD 二、非選擇題 11.(20

49、19·溫州九校高三上學期模擬)如圖9甲所示，一只螞蟻在傾角為θ＝37°的大理石斜面上沿直線向上拖拉質量為m＝1 g的食物。t＝0時刻從A點出發(fā)，若螞蟻對食物拖拉的作用力F可以簡化成按如圖乙所示規(guī)律變化；第3 s末運動到B點時速度剛好為0，此時螞蟻松開食物，食物下滑，第4 s末食物剛好回到A點。已知食物與大理石面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2(食物可視為質點，空氣阻力忽略不計)。求： 圖9 (1)A、B間的距離及食物返回A點時速度的大??； (2)若螞蟻沿斜面向上拖拉食物時，食物對斜面的壓力大小恒為3×10－3 N，則拖拉過程

50、拖拉力F的平均功率是多少？ (3)若在A點恰好有另外一只螞蟻，遇到該下滑的食物時，立即施加給食物沿斜面向上的大小為1×10－3 N的恒力，則食物在距離A點多遠處方才停下？(忽略接觸瞬間的碰撞影響，斜面足夠長) 解析　(1)由牛頓第二定律有，下滑的加速度為 a＝＝0.4 m/s2 下滑過程AB的位移大小為 x＝at＝0.2 m 下滑到A點的速度大小為 vA＝at2＝0.4 m/s。 (2)由動能定理有 WF－mgssin θ－μFNs＝0 拖拉力F的平均功率為 ＝＝5.4×10－4 W。 (3)食物受到的合外力 ma′＝F′＋μmgcos θ－mgsin θ， 又v＝

51、2a′x′ 解得x′＝＝ m。 答案　(1)0.2 m　0.4 m/s　(2)5.4×10－4 W　(3) m 12.(2019·溫州二模)如圖10所示，ABCD為一智能機器人執(zhí)行任務時在水平面上的運動軌跡，其中AB長3.0 m，CD長2.0 m，BC是半徑為1.0 m 的四分之一圓弧。機器人從A點由靜止出發(fā)以0.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，速度達到1.0 m/s后做勻速率運動，最后階段以1.0 m/s2的加速度做勻減速直線運動，到D點時速度恰好為零。機器人可視為質點，π取3，求： 圖10 (1)機器人做勻加速直線運動的位移大小； (2)機器人做勻速率運動的時間；

52、(3)機器人在運動全過程中的平均速度大小。 解析　(1)根據(jù)速度位移關系v2＝2ax得 x＝＝ m＝1 m。 (2)整個過程分勻加速直線運動，勻速率運動，勻減速直線運動三個過程，根據(jù)勻變速直線公式可得勻加速距離1 m， 時間t1＝＝ s＝2 s， 勻減速直線距離x2＝＝ m＝0.5 m， 時間t2＝＝1 s 剩余中間距離即為勻速率運動的距離 s＝πR＋3 m＋2 m－(1＋0.5) m＝5 m， 時間為t3＝＝ s＝5 s。 (3)機器人在運動全過程中的位移大小為 Δx＝ m＝5 m 全過程總時間為Δt＝(2＋5＋1) s＝8 s 運動全過程中的平均速度＝＝＝0.62

53、5 m/s。 答案　(1)1 m　(2)5 s　(3)0.625 m/s 13.(2019·寧波十校高三聯(lián)考)如圖11所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，圓盤半徑R＝0.2 m，圓盤邊緣有一質量m＝1 kg的小滑塊。當圓盤轉動的角速度達到某一數(shù)值時，滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落，進入軌道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足夠長且離地面高為h′＝0.4 m，經(jīng)C點后突然給滑塊施加水平向右的恒力F＝ N。已知AB段斜面傾角為60°，BC段斜面傾角為30°，小滑塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點離B點所在水平面的高度h＝1.2 m，運動到B點時的速度為3 m/s，滑塊從A至C運動過程

54、中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。求： 圖11 (1)滑出A點時，圓盤轉動的角速度ω； (2)小滑塊在從A到B時，摩擦力做的功； (3)小滑塊在CD面上的落點距C點的水平距離(結果可用根號表示)。 解析　(1)滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝mω2R， 代入數(shù)據(jù)解得ω＝5 rad/s。 (2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s， 從A到B的運動過程由動能定理得 mgh＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－8 J。 (3)從B到C由動能定理得 －mgh′＝mv－mv vC＝1 m/s 經(jīng)C點后滑塊受到合力大小F合＝＝ N， 合加速度大小為a＝＝ m/s2，與C點速度方向垂直，過C點滑塊做類平拋運動，設落到CD面上時沿F合方向的速度大小為v， ＝2tan 30°，t＝＝0.1 s，x＝vC×t＝0.1 m 則落地點距離C點的水平距離L＝＝ m。 答案　(1)5 rad/s　(2)－8 J　(3) m