2019年高考物理二轮复习十大热门考点专项突破练习（打包10套）.zip

1专题 01 图像专题图象法就是将物理现象或过程用图象表征出来后，由物理规律建立物理量之间的函数关系式，再据图象表征的特点或图象的斜率、截距等所表述的物理意义来求解问题的方法．应用图象法可把较复杂的物理问题转变为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避免复杂的计算，快速找出答案．要正确理解图象的意义，做到“六看” ．1．看轴：认清图象中横、纵轴所代表的物理量及它们的函数关系．特别是那些图形相似、容易混淆的图象，更要注意区分．2．看点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态，特别注意“起点” “终点” “拐点” ，它们往往对应着相应的特殊状态．3．看线：从图线看反映的运动性质．如 v－ t 图象中图线若为倾斜直线，则表示物体做匀变速直线运动．4．看斜率：常有一个重要的物理量与图线在某点处的切线对应，用于定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢问题．如 x－ t 图象的斜率表示速度， v－ t 图象的斜率表示加速度．5．看截距：截距表示横、纵坐标两物理量在“临界”条件下的大小．由此往往能得到一个很有意义的物理量．6．看面积：图线与横轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应．如 v－ t 图线与横轴包围的“面积”表示位移．典例涵盖了直线运动、牛顿定律、能量、动量、电磁学等相关章节的跟图像有关的典型例题【典例 1】一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 a－ t 图象如右图所示.下列 v－t 图象中，可能正确描述此物体运动的是： （ ）热点分析经典例题2【答案】D【点睛】本题关键要根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态状态分析物体的运动情况． 【典例 2】如图甲所示为速度传感器的工作示意图， P 为发射超声波的固定小盒子，工作时 P 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被 P 接收。从 P 发射超声波开始计时，经时间△ t 再次发射超声波脉冲。图乙是两次发射的超声波的位移－时间图象，则下列说法正确的是（ ）A. 物体到小盒子 P 的距离越来越近B. 在两次发射超声波脉冲的时间间隔△ t 内，物体通过的位移为 x2－ x1C. 超声波的速度为D. 物体在 t1～ t2时间内的平均速度为【来源】 【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第六中学 2018 届高三下学期考前押题卷（二）理科综合物理试3题【答案】 D【典例 3】（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为 4:5B. 电机的最大牵引力之比为 2:1C. 电机输出的最大功率之比为 2:1D. 电机所做的功之比为 4:5【来源】2018 年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国 III 卷）【答案】 AC4点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。【典例 4】将一小球从某高处水平抛出，最初 2s 内小球动能 Ek 随时间 t 变化的图象如图所示，不计空气阻力，取 g=10m/s².根据图象信息，下列说法正确的是A. 小球的质量为 1.25kgB. 小球 2s 末的速度为 20m/sC. 小球 2s 末所受重力的瞬时功率为 25WD. 小球在最初 2s 内下降的高度为 40m【来源】 【全国百强校】辽宁省大连市第二十四中学 2018 届高三下学期高考模拟考试物理试题【答案】 C5【点睛】根据图象可知：小球的初动能为 5J，2s 末的动能为 30J，根据平抛运动的基本公式及动能的表达式求得质量及 2s 末的速度，根据竖直方向在自由落体运动得到 2s 下降的高度及 2s 末重力的瞬时功率。【典例 5】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 Ek与时间 t 的关系图像是（ ）A. B. C. D. 【来源】2018 年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）6【答案】 A点睛：本题以竖直上抛运动为背景考查动能的概念和 Ek-t 图象，解题的方法是先根据竖直上抛运动物体的速度特点写出速度公式，在根据动能的概念写出函数方程，最后根据函数方程选择图象。【典例 6】如图，连接有轻弹簧的物块 a 静止于光滑水平面上，物块 b 以一定初速度向左运动。下列关于a、b 两物块的动量 P 随时间 t 的变化关系图象，不合理的是A. B. C. D. 【来源】 【全国市级联考】山东省青岛市 2018 届高三统一质量检测理综物理试题【答案】 A【典例 7】两电荷量分别为 和 的点电荷固定在 x 轴上的 O、M 两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在 x 轴上各点具有的电势能随 x 变化关系如图所示，其中试探电荷在 A、N 两点的电势能为零，在 ND 段中 C 点电势能最大，则下列说法正确的是7A. 为正电荷， 为负电荷B. 电荷量小于 的电荷量C. 将一正点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做负功后做正功D. 将一正点电荷从 N 点静止释放后会沿 x 轴正方向运动且到达 C 点时速度最大【来源】湖北省黄冈中学 2018 届高三 5 月二模考试理综物理试题【答案】 D点睛：根据顺着电场线方向电势降低，判断两个电荷的电性，根据 A 点距离 O 比较远而距离 M 比较近，确定电荷量的大小，分析电场力的方向判断电场力做功的正负。【典例 8】图甲是观察电容器放电的电路。先将开关 S 与 1 端相连，电源向电容器充电，然后把开关 S 掷向 2 端，电容器通过电阻 R 放电，传感器将电流信息传入计算机，在屏幕上显示出电流随时间变化的 I-t曲线如图乙所示。则下列判断正确的是A. 随着放电过程的进行，该电容器的电容逐渐减小B. 根据 I-t 曲线可估算出该电容器的电容大小8C. 电容器充电过程的 I-t 曲线电流应该随时间的增加而增大D. 根据 I-t 曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量【来源】北京市 20 中 2018 届高三下学期三模物理试题【答案】 D【典例 9】如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为 l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是（ ）A. B. C. 9D. 【来源】2018 年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国 II 卷）【答案】 D第一过程从①移动②的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 ，则电流为 ，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为 ，方向是逆时针10点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。【典例 10】(多选)在 x 轴上电场强度 E 与 x 的关系如图所示， O 为坐标原点， a、 b、 c 为 x 轴上的点，a、 c 之间的距离为 d， a、 c 两点的电场强度大小均为 E0，则下列说法中正确的是( )A． φ bφ a＝ φ cφ 0B． φ 0φ aφ bφ cC．将质子从 a 点移到 c 点，电场力做的功大于 eE0dD．将质子从 a 点移到 c 点，质子的电势能增加[答案] BC【点睛】将 E－ x 图象中的 x 当作公式 U＝ Ed 中的 d，可知 E－ x 图线与 x 轴所围面积表示电势差，题中 ac段与图线所围面积大于 E0d，可判定将质子从 a 点移到 c 点，电场力做的功大于 eE0d.111、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率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的 图像可能正确的是( )A.B.C.D.练兵场122、甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在 到 的时间内,它们的 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C.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3.一物体静止在光滑的水平面上,现对其施加水平力,使它沿水平面做直线运动,该物体的速度一时间图像如图所示.根据图像判断下列说法正确的是( )A.0 ~6 时间内物体所受水平力的方向始终没有改变B.2 ~3 时间内物体做减速运动C.1 末物体距离出发点最远D.1.5 末和 2.5 末两个时刻物体的加速度相同4.多选甲、乙两车在一平直道路上同向运动,其 图像如图所示,图中 和 的面积分别为 和 .初始时,甲车在乙车前方 处,则( )13A.若 ,两车不会相遇B.若 ,两车相遇 2 次C.若 ,两车相遇 1 次D.若 ,两车相遇 1 次5、如图是 A、B 两个质点做直线运动的位移-时间图象.则( )A.在运动过程中,A 质点总比 B 质点运动得快B.在 0~t1这段时间内,两质点的位移相同C.当 t=t1时,两质点的速度相等D.当 t=t1时,A、B 两质点的加速度不相等6、竖直升空的火箭,其速度-时间图象如下图所示,由图可知以下说法正确的是( )A.火箭在 40 时速度方向发生变化B.火箭经过 40 到达最高点C.火箭经过 120 落回地面D.火箭上升的最大高度为 48000147、从地面竖直向上抛出的物体,其匀减速上升到最高点后,再以与上升阶段一样的加速度匀加速落回地面。图中可大致表示这一运动过程的速度图象是( )A.B.C.D.8、右图是某质点运动的速度时间图像,由图像得到的正确结果是( )A.0~1 内的平均速度是 2B.0~1 内的运动方向与 2~4 内的运动方向相反C.0~1 内的加速度小于 2~4 内的加速度D.0~2 内的位移大小是 3159、一质点由静止开始做直线运动,其 图象如图所示,下列说法中正确的是( )A.1 末质点的运动速度最大B.4 末质点回到出发点C.1 末和 3 末质点的运动速度相同D.2 末质点的运动速度为 410、甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,它们的 图象如图所示.两图象在 时相交于点, 在横轴上的投影为 , 的面积为 .在 时刻,乙车在甲车前面,相距为 .已知此后两车相遇两次,且第 1 次相遇的时刻为 ,则下面 4 组 和 的组合中可能的是( )A.B.C.D.11、t=0 时,甲、乙两汽车从相距 70km 的两地开始相向行驶,它们的 图象如图所示。忽略汽车掉头所需时间,下列对汽车运动状况的描述正确的是( )16A.在第 1 小时末,乙车改变运动方向B.在第 2 小时末,甲乙两车相距 10kmC.在前 4 小时内,乙车运动的加速度的大小总比甲车的大D.在第 4 小时末,甲、乙两车相遇12、做自由落体运动的物体,从释放时开始计时,选竖直向下为正方向,下图中关于物体的位移、速度图像,可能正确的是( )A.B.C.D.13、某物体做直线运动,其 图如图所示,则( )A.4 秒时物体的位移为零17B.加速度大小不变C.物体做匀变速直线运动D.沿直线作往复运动,在 2 秒时速度的方向改变14、 如下图所示,将一小球从竖直砖墙的某位置由静止释放。用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中 1、2、3……所示的小球运动过程中每次曝光的位置。已知连续两次曝光的时间间隔均为 ,每块砖的厚度均为 。根据图中的信息,下列判断正确的是( ) A.位置 1 是小球释放的初始位置B.小球下落的加速度为C.小球在位置 3 的速度为D.能判定小球的下落运动是否匀变速1、答案： D解析： 竖直上抛运动不受空气阻力,做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动, 图象时倾斜向下的直线,四个选项均正确表示;考虑阻力 的上抛运动,上升中 ,随着减小,减小,对应 图象的斜率减小,选项 A 错误。下降中 ,随着随着增大, 继续减小。而在最高点时 , ,对应 图与 轴的交点,其斜率应该等于 (此时与竖直上抛的最高点相同的加速度),即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行,只有 D 选项满足。故选 D。2、答案： A解析： 本题考查速度-时间图像,意在考查根据速度-时间图像分析问题、解决问题的能力.根据 图象及其意义解题.18根据 图象下方的面积表示位移,可以看出汽车甲的位移大于汽车乙的位移,选项 C 错误;根据 得,汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度 ,选项 A 正确;汽车乙的位移 小于初速度为 、末速度为 的匀减速直线运动的位移,即汽车乙的平均速度小于,选项 B 错误;根据 图象的斜率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、答案： D4、答案： ABC解析： 若乙车追上甲车时,甲、乙两车速度相同,即此时 ,则 ,此后甲车速度大于乙车速度,全程甲、乙仅相遇 1 次;若甲、乙两车速度相同时, ,则此时乙车已在甲车的前面,以后甲还会追上乙,全程中甲、乙相遇 2 次;若甲、乙两车速度相同时, ,则此时甲车仍在乙车的前面,以后乙车不可能再追上甲车了,全程中甲、乙都不会相遇,综上所述,选项 A、B、C 对,D 错.5、.答案： A6.答案： D19解析： 火箭在 40 时速度方向发生没有变化，而是加速度的方向发生了变化，故 A 错误；火箭经过 120 时到达最高点，故 B 错误；C 错误；火箭上升的最大高度为三角形的面积，即，故 D 正确。7、答案： A解析： 竖直上抛运动分为升过程和下降过程,上升过程和下降过程速度方向相反,所以对应的图象应在 t轴上方和下方,竖直上抛运动中物体的加速度始终竖直向下,等于当地的重力加速度 g,所以图形应该是一条倾斜的直线,故选 A.8.答案： D解析： 由图像的特点可知,在速度图像中,图线的斜率表示物体的加速度,图线与时间轴所包围的面积表示物体的位移,0~1 内的平均速度 ,所以 A 错误;由图像可知,质点一直沿正方向运动,所以 B 错误;由图像可以求得,0~1 内的加速度 ,2~4 内的加速度 ,所以 C 错误;0~2 内的位移,所以选项 D 正确;9.答案： C10 答案： C解析： 若第 1 次相遇的时刻 ,则相遇后 且乙车在前,两车不可能再次相遇,A 错误.若 ,则由 图线与时间轴所围面积的意义及三角形相似的知识可知, 时一定再次相遇,且图中阴影部分的面积即为原来的距离 ,所以 ,B 错误,C 正确.20同理,若 ,则 时一定再次相遇,且 ,D 错误.11.答案： BC解析： 在第 1 小时末,乙车速度仍为-30 ,速度并未改变方向,所以 A 错误.前 2 小时内, ,所以甲､乙两车相距,即 B 正确.前 4 小时内,乙车两段斜线的斜率均比甲车一段斜线的斜率大,即乙的加速度总比甲的加速度大,则 C 正确.在第 2~4 小时内,,而 ,并由 B 项知第 4 小时末两车相距 ,所以 D 错误.12.答案： BD解析： 自由落体运动是初速度为 0 的匀加速直线运动,x-t 图像是抛物线的一部分,υ-t 图像是经过原点的一条倾斜直线,故选项 B、D 正确。13.答案： ABD14.答案： BCD解析： 小球做自由落体运动,从静止开始运动的连续相等时间内的位移之比为 1:3:5:7,而图中位移之比为2:3:4:5,故位置“1”不是小球释放的初始位置,A 错误,D 正确;由 知 ,B 正确;,C 正确。1专题 02 滑块——木板模型滑块—木板模型模型在牛顿运动定律和动量守恒等内容中均有出现，是高考的热点和难点。一、牛顿运动定律是力学知识的“基石” ，滑块—木板模型更是高考热点，在滑块—木板模型中，滑块在木板上滑动的临界加速度大小是判断两物体运动状态的关键．解此类题的一般步骤为：1．运用整体法和隔离法进行受力分析．2．确定仅由摩擦力产生加速度的物体．3．求临界加速度：最大静摩擦力使之产生的加速度为临界加速度．4．判断系统的运动状态：当系统加速度小于临界加速度时，系统加速度相等；当系统加速度大于临界加速度时，系统中各物体加速度不同．5．由运动状态对应求解．二、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。综合应用动量和能量的观点解题技巧（1）动量的观点和能量的观点①动量的观点：动量守恒定律②能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解．②利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题：(a)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(b)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．热点分析2典例涵盖了直线运动、牛顿定律、能量、动量、电等相关章节的跟滑块 —木板模型有关的典型例题【典例 1】如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37°.一物块以初速度 v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 v－ t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8， g＝10 m/s 2，则( )A．传送带的速度为 4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为 14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为Error!D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：如果 v0小于 v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度 v0一定大于 v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送经典例题3带的速度为 4 m/s，选项 A 正确．传送带底端到顶端的距离等于 v－ t 图线与横轴所围的面积，即Error!×(4＋12)×1 m＋Error!×1×4 m＝10 m，选项 B 错误.0～1 s 内， gsinθ ＋ μg cosθ ＝8 m/s2,1～2 s 内， gsinθ － μg cosθ ＝4 m/s 2，解得 μ ＝Error!，选项 C 错误；在 1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项 D 错误．答案：A【典例 2】.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻( t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )答案 A【典例 3】如图所示，在水平地面上建立 x 轴，有一个质量 m＝1 kg 的木块放在质量为 M＝2 kg 的长木板上，木板长 L＝11.5 m。已知木板与地面间的动摩擦因数为 μ 1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ 2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A 点经过坐标原点 O 时的速度为 v0＝10 m/s，在坐标为 x＝21 m 处的 P 点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板， g 取 10 m/s2，求：4图(1)木板碰挡板时的速度大小 v1；(2)碰后木板与木块刚好共速时的速度；(3)最终木板停止运动时 A、 P 间的距离。(2)碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小 am＝ μ 2g＝9 m/s 2木板的加速度大小 aM＝Error!＝6 m/s 2设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为 t对木板 v 共 ＝ v1－ aMt，对木块 v 共 ＝－ v1＋ amt得 t＝1.2 s共同速度大小 v 共 ＝1.8 m/s，方向向左。【典例 4】质量为 m 的物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体乙以 4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则( )5图A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为 1 m/s 时，乙物块的速率可能为 2 m/s，也可能为 0D.甲物块的速率可能达到 6 m/s解析 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，答案 C【典例 5】(多选)如图所示，质量为 2 kg 的足够长平板车 Q 上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为 2 kg 的物体 P，一颗质量为 0.01 kg 的子弹以 700 m/s 的速度水平瞬间射穿 P后，速度变为 100 m/s，若 P、 Q 之间的动摩擦因数为 0.5，则( )图A.由于 P、 Q 之间不光滑，子弹瞬间射穿 P 的过程，子弹和物体 P 组成的系统，动量不守恒B.子弹瞬间射穿 P 的过程，子弹和物体 P 组成的系统，动量守恒，能量守恒C.子弹瞬间射穿 P 的过程，子弹和物体 P 组成的系统，动量守恒，能量不守恒D.子弹瞬间射穿 P 后， P 的速度为 3 m/s6【典例 6】如图所示，质量 M＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上，并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为 0.5 kg 的滑块 Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为 0.5 kg 的小物块 P 置于光滑桌面上的 A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力 F 将 P 缓慢推至 B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功 WF＝4 J，撤去 F 后， P 沿桌面滑到小车左端并与 Q 发生弹性碰撞，最后 Q 恰好没从小车上滑下。已知 Q 与小车表面间动摩擦因数 μ ＝0.1。(取 g＝10 m/s2)求：图(1)P 刚要与 Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度 v0是多少？(3)为保证 Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？(3)设滑块 Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为 u，由动量守恒可得mQv0＝( mQ＋ M)u⑤7根据能量守恒，系统产生的摩擦热μm QgL＝Error! mQvError!－Error!( mQ＋ M)u2⑥联立⑤⑥解得 L＝6 m答案 (1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m【典例 7】如图甲所示，倾角为 θ ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量 m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的 A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达 B 端，取沿传送带向下为正方向， g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：图 10(1)小物体在传送带 A、 B 两端间运动的平均速度 v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数 μ ；(3)2 s 内物体机械能的减少量 Δ E 及因与传送带摩擦产生的内能 Q。(2)由 v－ t 图象可知传送带运行速度为 v1＝10 m/s，物体从 A 到 B 先做加速度为 a1＝Error! m/s2＝10 m/s2的匀加速运动，经过时间 t1＝1 s 后再做加速度为 a2＝Error! m/s2＝2 m/s2的匀加速运动，然后经过时间 t2＝1 s，物体以大小为 v2＝12 m/s 的速度到达传送带 B 端。由物体在传送带上的受力情况知a1＝Error!或 a2＝Error!解得 μ ＝0.5。8(3)小物体到达传送带 B 端时的速度大小 v2＝12 m/s物体的动能增加了 Δ Ek＝Error! mvError!＝Error!×2×12 2 J＝144 J物体的重力势能减少了 Δ Ep＝ mgLsin θ ＝20×16×0.6 J＝192 J所以物体的机械能的减少量 Δ E＝48 J由功能关系可知Q＝ μmg cos θ (v1t1－Error! t1)＋ μmg cos θ (Error!t2－ v1t2)代入数值得 Q＝48 J。答案 (1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 48 J【典例 8】 （2016·安徽六校教育研究会联考)如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为 m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为 0.2， t＝0 时，车开始沿水平面做直线运动，其 v－ t 图象如图乙所示。 g 取 10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的 v－ t 图象为( )【参考答案】C9【典例 9】（安徽省铜陵市第一中学 2016 届高三 5 月教学质量检测理科综合试题）如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为 M、长为 4.0Lm的木板。从 0t时刻开始，质量为 1.0mkg的物块以初速度06/vms从左侧滑上木板，同时在木板上施以水平向右的恒力 7.0FN，已知开始运动后 1s内两物体的t图线如图乙所示，物块可视为质点， 2/10gs，下列说法正确的是（ ）A、木板的质量 1.5MkgB、物块与木板间的动摩擦因数为 0.1C、 1.5ts时，木板的加速度为 273/msD、 2时，木板的速度为 .【参考答案】BD对木板，由牛顿第二定律，F+ μmg=Ma 2，由速度图像可知， a2=4m/s2，联立解得：M=2kg，选项 A 错误。经过时间 t，两者达到共同速度，则 v0- a1t= a2t，解得：t=1.2s。共同速度 v= a2t=4.8m/s。此时物体的相对位移为： 64.84.83.642s m＜ 说明物体未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得： 3FMma（ ），代入数据解得： 27/s，10考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；物体的弹性和弹力【点睛】本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律。【典例 10】（2016 福建名校联考）如图所示，质量为 m 的木块 P 在质量为 M 的长木板 ab 上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板 ab 与地面间的动摩擦因数为 μ 1，木块 P 与长木板 ab 间的动摩擦因数为 μ 2，则长木板 ab 受到地面的摩擦力大小为 ( )A． μ 1Mg B． μ 1(m＋ M)g C． μ 2mg D． μ 1Mg＋ μ 2mg【参照答案】C练兵场111.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 v0逆时针匀速转动，现有一滑块体从斜面上静止释放，若物体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的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是A. B. C. D. 2.(2016 年全国普通高考重庆适应性测试（第三次）理科综合试题)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为 μ ，小木块速度随时间变化关系如图所示， v0、 t0已知，则 A．传送带一定逆时针转动 B． 0tancosvgtC．传送带的速度大于 v0 12D． t0后滑块的加速度为 2 gsinθ - 0vt3． (2016 河北名校调研 )三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m 且与水平方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，( g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列说法正确的是( )A．物块 A 先到达传送带底端B．物块 A、 B 同时到达传送带底端C．传送带对物块 A、 B 均做负功D．物块 A、 B 在传送带上的划痕长度之比为 1∶34.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( )5.如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，下列说法正确的是( )13A.匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用B.匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上C.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下D.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上6.如图所示，一光滑曲面的末端与一长 L＝1 m 的水平传送带相切，传送带离地面的高度 h＝1.25 m，传送带的动摩擦因数 μ＝0.1，地面上有一个直径 D＝0.5 m 的圆形洞，洞口最左端的 A 点离传送带右端的水平距离 s＝1 m，B 点在洞口的最右端。传送带以恒定的速度做顺时针运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度 H 处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由 A 点落入洞中。求：(g＝10 m/s2)图(1)传送带的运动速度 v；(2)H 的大小；(3)若要使小物体恰好由 B 点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度 H′应该是多少？147．如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为 R 的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的 PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为 L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块 A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知 R＝0.2 m， L＝1 m， v0＝2 m/s，物块 A 质量为 m＝1 kg，与 PQ 段间的动摩擦因数μ ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取 g＝10 m/s 2。图(1)求物块 A 与弹簧刚接触时的速度大小；(2)求物块 A 被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；(3)调节 PQ 段的长度 L， A 仍以 v0从轨道右侧冲上轨道，当 L 满足什么条件时，物块 A 被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？8.如图所示，质量 M＝4 kg 的滑板 B 静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离 L＝0.5 m，可视为质点的小木块 A 质量 m＝1 kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块 A 之间的动摩擦因数 μ ＝0.2。当滑板 B 受水平向左恒力 F＝14 N 作用时间 t 后撤去 F，这时木块 A 恰好到达弹簧自由端 C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为 s＝5 cm。 g 取 10 m/s2。求：图(1)水平恒力 F 的作用时间 t；(2)木块 A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；15(3)当小木块 A 脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量。9 如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板 P，小滑块 Q 放置于长木板上最右端。现将一个水平向右力 F 作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块 Q 始终没有从长木板 P 上滑下。重力加速度 g=10m/s2。则下列说法正确的是A. t=10s 时长木板 P 停下来B. 长木板 P 的长度至少是 7.5mC. 长木板 P 和水平地面之间的动摩擦因数是 0.075D.滑块 Q 在长木板 P 上滑行的距离是 12m10.【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】如图所示，光滑水平面上有一质量 M=4.0kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长 L=1.0m 的水平轨道，水平轨道左侧是一半径 R=0.25m 的 1/4 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 O′点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m=1.0kg 的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5．整个装置处于静止状态．现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点 A．不考虑小物块与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，取 g=10m/s2．求：16（1）解除锁定前弹簧的弹性势能；（2）小物块第二次经过 O′点时的速度大小；（3）小物块与车最终相对静止时距 O′点的距离11． 【湖北省六校联合体 2017 届高三 4 月联考理科综合】在高为 1m 的水平桌面上有 A， B 两个小物体，其中 B 放在桌子的右边缘， A 放在弹簧的右端 O 处但不拴接（弹簧的左端固定在桌上，处于自然状态），LOB=2m，现用 A 将弹簧压缩后静止释放，在以后运动的过程中 A 与 B 发生弹性碰撞， B 的落地点到桌子边缘的水平距离为 2m， A， B 的质量分别为 m、 M， m =lkg， M=2kg，(水平面上 O 点的左侧光滑，右侧的动摩擦因数为 0.5）求：(1)A 最终静止在什么位置；(2)弹簧的最大弹性势能 EP.17181.【参考答案】ACD【名师解析】物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带的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；若传送带的对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物体先做匀减速直线运动．若物体的速度足够大，传送带足够短，则物体在速度减小到 0 前，物体的位移大于传送带的长度，则物体一直做匀减速运动．故 C 正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到 0 时，物体的位移仍小于传送带的长度，则物体的速度等于 0 时，仍然在传送带上．由于传送带向沿斜面向上运动，物体在传送带上受到向沿斜面向上的摩擦力，将向做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，则物体返回出发点的速度大小仍然等于 v1．故 D 正确，B 错误。2.【参考答案】AD考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动.【名师点睛】本题的关键 1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大． 3.【参考答案】BCD4.【参考答案】D195.【参考答案】B【名师解析】传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直斜面向上的支持力外，还要受沿斜面向上的静摩擦力的作用，选项 A 错误，B 正确；传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，受到的摩擦力可能沿传送带向上、沿传送带向下或为零，选项 C、D 错误。6.解析 (1)最终恰好由 A 点落入洞中，由平抛运动规律可知： s＝ vth＝Error! gt2解得： v＝ sError!＝Error!×1 m/s＝2 m/s。(3)由平抛运动规律知：s＋ D＝ v′ th＝Error! gt2解得 v′＝Error!×( s＋ D)＝Error!×(1＋0.5) m/s＝3 m/s从小物体开始释放到刚要滑出传送带的过程，由能量守恒定律知：20mgH′＝ mgh＋ μmgL ＋Error! mv′ 2解得 H′＝ h＋ μL ＋Error!＝1.25＋0.1×1＋Error!＝1.8 m。答案 (1)2 m/s (2)1.45 m (3)1.8 m7.(3)①若 A 沿轨道上滑至最大高度 h2时，速度减为 0，则使 A 不脱离轨道时 h2需满足的条件是 0x 且 xs，故假设成立整个过程系统产生的热量为 Q＝ μmg (L＋ s＋ x)⑩由⑩式解得 Q＝1.4 J答案 (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J9.【参考答案】BCD[]22中，由牛顿第二定律得： 14mga，解析 240.5m/s，这段时间 2146svta，所以，t 3=12s 时长木板 P 停下来，6s 后滑块 Q 在长板 P 上滑行的距离：2163.52x，滑块 Q 在长木板 P 上滑行的距离是1，故 D 正确；10.【答案】（1）7.5J（2）2.0m/s（3）0.5m【解析】（1）平板车和小物块组成的系统，水平方向动量守恒，解除锁定前，总动量为零，故小物块到达圆弧最高点 A 时，二者的共同速度 v 共 =0设弹簧解除锁定前的弹性势能为 Ep，上述过程中系统能量守恒，则有 Ep=mgR+μmgL代入数据解得 Ep=7.5J（2）设小物块第二次经过 O'时的速度大小为 vm，此时平板车的速度大小为 vM，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有 0=mvm-MvMmgR＝ 1mvm2+ MvM2代入数据解得 vm=2.0m/s（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为 0．设小物块相对平板车滑动的路程为 S，对系统由能量守恒有 Ep=μmgs代入数据解得 s=1.5m则距 O'点的距离 x=s-L=0.5m11.【答案】(1) A 停在距桌子右边缘 0.5m 处 (2) EP=32.5J23