高考物理總復(fù)習(xí) 考前三個(gè)月 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第2講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)試題試題

第2講牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)高考命題軌跡年份題號(hào)(分值)考點(diǎn)難度2017年卷Ⅰ25題(20分)帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律與勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律較難卷Ⅱ24題(12分)冰球與運(yùn)動(dòng)員在冰面上的滑動(dòng)，考查牛頓第二定律與勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律中等卷Ⅲ25題(20分)兩滑塊在木板上滑動(dòng)，考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律與勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用較難2016年卷Ⅰ21題(6分)結(jié)合v－t圖象考查追及相遇問(wèn)題中等卷Ⅱ19題(6分)兩球下落，受空氣阻力，考查牛頓第二定律與勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律中等卷Ⅲ16題(6分)結(jié)合動(dòng)能變化考查加速度與平均速度中等2015年卷Ⅰ20題(6分)物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)，結(jié)合v－t圖象考查牛頓第二定律中等卷Ⅰ25題(20分)板塊模型的多過(guò)程問(wèn)題，結(jié)合v－t圖象考查牛頓第二定律及勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律較難卷Ⅱ20題(6分)火車(chē)連接體問(wèn)題，考查a與m、F的關(guān)系中等卷Ⅱ25題(20分)泥石流、板塊模型的多過(guò)程問(wèn)題，考查牛頓第二定律與勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律較難考情分析該部分是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容，勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題一般結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律，在選擇題和計(jì)算題中均有考查，形式靈活，情景多樣，貼近生活，選擇題難度中等，計(jì)算題多以板塊模型、多過(guò)程問(wèn)題為主再結(jié)合v－t圖象，難度較大．單純直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題一般在選擇題中結(jié)合v－t圖象考查，難度不大．知識(shí)方法鏈接1．解題思路(1)分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫(huà)出過(guò)程示意圖．(2)標(biāo)出已知量、未知量．(3)選擇合適公式，列方程求解．注意：(1)多過(guò)程問(wèn)題中兩過(guò)程間的連接點(diǎn)的速度是連接兩運(yùn)動(dòng)的紐帶，是解題的關(guān)鍵，要先設(shè)出．(2)多過(guò)程問(wèn)題用v－t圖象輔助分析會(huì)更形象、簡(jiǎn)捷．(3)v、x、a等物理量是矢量，注意規(guī)定正方向，尤其是在一個(gè)過(guò)程中速度方向發(fā)生變化的情況．2．牢記解決勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的四種常用方法3．處理剎車(chē)類(lèi)問(wèn)題的思路：先判斷剎車(chē)時(shí)間，再進(jìn)行分析計(jì)算．4．圖象問(wèn)題要“四看”“一注意”(1)看坐標(biāo)軸：看清坐標(biāo)軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關(guān)系．(2)看圖象：識(shí)別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢(shì)，從而分析具體的物理過(guò)程．(3)看縱坐標(biāo)、“斜率”和“面積”：v－t圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點(diǎn)．(4)看交點(diǎn)：明確圖線(xiàn)與圖線(xiàn)的交點(diǎn)、圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的物理意義．(5)一注意：利用v－t圖象分析兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意兩個(gè)物體的出發(fā)點(diǎn)，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā)．若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時(shí)兩者的距離．真題模擬精練1．(2017·湖南懷化市一模)如圖1所示，甲、乙兩車(chē)同時(shí)由靜止從A點(diǎn)出發(fā)，沿直線(xiàn)AC運(yùn)動(dòng)．甲以加速度a3做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v.乙以加速度a1做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)后做加速度為a2的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度亦為v.若a1≠a2≠a3，則()圖1A．甲、乙不可能同時(shí)由A到達(dá)CB．甲一定先由A到達(dá)CC．乙一定先由A到達(dá)CD．若a1＞a3，則甲一定先由A到達(dá)C答案A2．(多選)某物體以一定的初速度沿足夠長(zhǎng)的斜面從底端向上滑去，此后該物體的運(yùn)動(dòng)圖象不可能的是(v是速度、t是時(shí)間)()答案ABC3．(多選)(2017·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研)兩輛汽車(chē)從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)沿同一方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它們的速度的平方(v2)隨位置(x)的變化圖象如圖2所示，下列判斷正確的是()圖2A．汽車(chē)A的加速度大小為4m/s2B．汽車(chē)A、B在x＝6m處的速度大小為2eq\r(3)m/sC．汽車(chē)A、B在x＝8m處相遇D．汽車(chē)A、B在x＝9m處相遇答案BC解析根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得：v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax，可知v2－x圖象的斜率等于2a.對(duì)于汽車(chē)A，則有2aA＝eq\f(0－36,9)m/s2＝－4m/s2，可得aA＝－2m/s2，加速度大小為2m/s2，故A錯(cuò)誤．汽車(chē)A、B在x＝6m處的速度大小設(shè)為v.由題圖知：對(duì)于汽車(chē)A，有veq\o\al(2,0)＝36m2/s2，得A的初速度v0＝6m/s，由v2－veq\o\al(2,0)＝2aAx得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2aAx)＝eq\r(36＋2×－2×6)m/s＝2eq\r(3)m/s，故B正確．對(duì)于汽車(chē)B，初速度為0，加速度為aB＝eq\f(kB,2)＝eq\f(\f(18,9),2)m/s2＝1m/s2，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t兩車(chē)相遇，則有v0t＋eq\f(1,2)aAt2＝eq\f(1,2)aBt2，得t＝4s，則x＝eq\f(1,2)aBt2＝eq\f(1,2)×1×42m＝8m，即汽車(chē)A、B在x＝8m處相遇，故C正確，D錯(cuò)誤．故選B、C.

知識(shí)方法鏈接1．分析動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的流程注意：(1)抓好兩個(gè)分析：受力分析與運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，特別是多過(guò)程問(wèn)題，一定要明確各過(guò)程受力的變化、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的變化、速度方向的變化等．(2)求解加速度是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．2．陌生的圖象要先找圖象的函數(shù)關(guān)系式(根據(jù)動(dòng)力學(xué)規(guī)律對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程列方程，找出兩物理量在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中任一位置的關(guān)系，分離出因變量即可)，由函數(shù)關(guān)系式確定截距、斜率等的物理意義．真題模擬精練4．(2017·湖南湘潭市二模)如圖3所示，地面上放有一質(zhì)量為m的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，現(xiàn)用一斜向右上的力F(與水平方向的夾角θ及力的大小未知)拉物塊使之在地面上向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()圖3A．若物塊向右加速運(yùn)動(dòng)，則物塊與地面間可能沒(méi)有摩擦力B．若物塊向右加速運(yùn)動(dòng)，則F與摩擦力的合力一定豎直向上C．若物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)，則F的最小值為eq\r(3)mgD．若物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)，則F的最小值為eq\f(\r(3),3)mg答案A5．(多選)(2017·廣東深圳市二模)如圖4所示，傾角為θ的固定斜面上放置一矩形木箱，箱中有垂直于底部的光滑直桿，箱和桿的總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的鐵環(huán)從桿的上端由靜止開(kāi)始下滑，鐵環(huán)下滑的過(guò)程中木箱始終保持靜止，在鐵環(huán)到達(dá)箱底之前()圖4A．箱對(duì)斜面的壓力大小為(m＋M)gcosθB．箱對(duì)斜面的壓力大小為MgcosθC．箱對(duì)斜面的摩擦力大小為(m＋M)gsinθD．箱對(duì)斜面的摩擦力大小為Mgsinθ答案BC6．(多選)(2017·廣東汕頭市一模)假設(shè)小球在空氣中下落過(guò)程受到的空氣阻力與球的速率成正比，即F阻＝kv，比例系數(shù)k決定于小球的體積，與其他因素?zé)o關(guān)．讓體積相同而質(zhì)量不同的小球在空氣中由靜止下落，它們的加速度與速度的關(guān)系圖象如圖5所示，則()圖5A．小球的質(zhì)量越大，圖象中的a0越大B．小球的質(zhì)量越大，圖象中的vm越大C．小球的質(zhì)量越大，速率達(dá)到vm時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間越短D．小球的質(zhì)量越大，速率達(dá)到vm時(shí)下落的距離越長(zhǎng)答案BD解析根據(jù)牛頓第二定律得mg－F阻＝ma，據(jù)題F阻＝kv，解得a＝g－eq\f(k,m)v，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝a0＝g，與小球的質(zhì)量無(wú)關(guān)．當(dāng)a＝0時(shí)，v＝vm＝eq\f(mg,k)，可知小球的質(zhì)量m越大，圖象中的vm越大，故A錯(cuò)誤，B正確．Δt＝|eq\f(Δv,Δa)|＝eq\f(m,k)隨著m的增大而增大，即小球的質(zhì)量越大，速率達(dá)到vm時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間越長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤．m越大，vm越大，速率達(dá)到vm時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間越長(zhǎng)，下落的距離越長(zhǎng)，故D正確．故選B、D.7．(2017·全國(guó)卷Ⅱ·24)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線(xiàn)相距s0和s1(s1<s0)處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖6所示．訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線(xiàn)上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線(xiàn)的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線(xiàn)從靜止出發(fā)滑向小旗．訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處．假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求：圖6(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿(mǎn)足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度．答案(1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1v0＋v12,2s\o\al(2,0))解析(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1s0①由牛頓第二定律－μmg＝ma1解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)②(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿(mǎn)足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯(lián)立③④⑤式得a2＝eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0))知識(shí)方法鏈接1．分析“滑塊—木板”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)．(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)．(3)兩物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件——加速度相同且兩物體間的摩擦力為最大靜摩擦力，分析此臨界條件前、后物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是解題的關(guān)鍵．2．靈活應(yīng)用整體法與隔離法(1)整體法：在連接體問(wèn)題中，如果不需要求物體之間的相互作用力，且連接體的各部分具有相同的加速度，一般采用整體法列牛頓第二定律方程．(2)隔離法：如果需要求物體之間的相互作用力或?qū)τ诩铀俣炔煌倪B接體，一般采用隔離法列牛頓第二定律方程．真題模擬精練8．(多選)如圖7所示，水平地面上有一楔形物塊a，傾角為θ＝37°，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上．a(chǎn)與b之間光滑，a與b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)(物塊a與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g＝10m/s2)，有()圖7A．若μ＝0.1，則細(xì)繩的拉力為零，地面對(duì)a的支持力變小B．若μ＝0.1，則細(xì)繩的拉力變小，地面對(duì)a的支持力不變C．若μ＝0.75，則細(xì)繩的拉力為零，地面對(duì)a的支持力不變D．若μ＝0.75，則細(xì)繩的拉力變小，地面對(duì)a的支持力變小答案BC解析在光滑段運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡．對(duì)b受力分析，如圖，受重力、支持力和繩子的拉力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有Fcosθ－FNsinθ＝0，F(xiàn)sinθ＋FNcosθ－mg＝0，由兩式解得F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，當(dāng)它們剛剛運(yùn)動(dòng)至軌道的粗糙段時(shí)，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，而b向右的加速度最大為am＝gtanθ＝10×eq\f(3,4)m/s2＝7.5m/s2，此時(shí)繩對(duì)b沒(méi)有拉力．若μ＝0.1，則物塊a、b仍相對(duì)靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得：Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0，F(xiàn)Nsinθ－Fcosθ＝ma，由兩式解得F＝mgsinθ－macosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋masinθ，即繩的拉力F將變小，而a對(duì)b的支持力變大；再對(duì)a、b整體受力分析，豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面對(duì)a的支持力不變，故A錯(cuò)誤，B正確；若μ＝0.75，a的加速度為7.5m/s2，物塊b的重力和其受到的支持力正好提供其運(yùn)動(dòng)的加速度，故繩的拉力為零；再對(duì)a、b整體受力分析，豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面對(duì)a的支持力不變，故C正確，D錯(cuò)誤．9.(2017·全國(guó)卷Ⅲ·25)如圖8所示，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：圖8(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；(2)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離．答案(1)1m/s，方向與B的初速度方向相同(2)1.9m解析(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)．設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2和Ff3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有Ff1＝μ1mAg①Ff2＝μ1mBg②Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓第二定律得Ff1＝mAaA④Ff2＝mBaB⑤Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s，方向與B的初速度方向相同⑨(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對(duì)于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2＝v1－a2t2?對(duì)A有：v2＝－v1＋aAt2?在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2?A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m(也可用如圖所示的速度—時(shí)間圖線(xiàn)求解)知識(shí)方法鏈接1．電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題處理方法與力學(xué)中相同．2．受力分析時(shí)先分析場(chǎng)力：重力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力．3．勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力與重力一樣為恒力，二者的合力也為恒力，可用它們的合力代替這兩個(gè)力，稱(chēng)為等效重力．4．洛倫茲力是隨速度變化而變化的力，方向總垂直于v，大小等于qvB.真題模擬精練10．(2017·河北衡水市模擬)如圖9所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場(chǎng)，水平虛線(xiàn)上方為場(chǎng)強(qiáng)E1、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線(xiàn)下方為場(chǎng)強(qiáng)E2、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m、帶電＋q的小球從上方電場(chǎng)的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場(chǎng)中與A關(guān)于虛線(xiàn)對(duì)稱(chēng)的B點(diǎn)，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是()圖9A．若A、B高度差為h，則UAB＝－eq\f(mgh,q)B．帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能相等C．在虛線(xiàn)上、下方的電場(chǎng)中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同D．兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系滿(mǎn)足E2＝2E1答案A解析對(duì)A到B的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝eq\f(－mgh,q)，知A、B的電勢(shì)不等，則電勢(shì)能不等，故A正確，B錯(cuò)誤；由A到虛線(xiàn)的過(guò)程小球速度由零加速至v，由虛線(xiàn)到B的過(guò)程小球速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論知，時(shí)間相同，則加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；在上方電場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝eq\f(mg＋qE1,m)，在下方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為a2＝eq\f(qE2－mg,m)，因?yàn)閍1＝a2，解得E2－E1＝eq\f(2mg,q)，故D錯(cuò)誤．11．(2017·全國(guó)卷Ⅰ·25)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度大小為g.(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿(mǎn)足的條件．已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍．答案見(jiàn)解析解析(1)設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上．在t＝0時(shí)，電qE2－mg＝ma1①油滴在t1時(shí)刻的速度為v1＝v0＋a1t1②電場(chǎng)強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，油滴做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿(mǎn)足qE2＋mg＝ma2③油滴在t2＝2t1時(shí)刻的速度為v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有qE1＝mg⑥油滴從t＝0到t1時(shí)刻的位移為x1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦油滴在從t1時(shí)刻到t2＝2t1時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為x2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)⑧由題給條件有veq\o\al(2,0)＝2g×2h＝4gh⑨式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離．若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有x1＋x2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝[2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2]E1?為使E2＞E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2＞1?即當(dāng)0＜t1＜(1－eq\f(\r(3),2))eq\f(v0,g)?或t1＞(1＋eq\f(\r(3),2))eq\f(v0,g)?才是可能的；條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2＞0和v2＜0兩種情形．若B在A點(diǎn)之下，依題意有x2＋x1＝－h(huán)?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝[2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2]E1?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2>1?即t1>(eq\f(\r(5),2)＋1)eq\f(v0,g)?另一解為負(fù)，不符合題意，舍去．專(zhuān)題規(guī)范練題組1高考真題檢驗(yàn)1．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅱ·19)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無(wú)關(guān)．若它們下落相同的距離，則()A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析小球的質(zhì)量m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙．空氣阻力F阻＝kr，對(duì)小球由牛頓第二定律得，mg－F阻＝ma，則a＝eq\f(mg－F阻,m)＝g－eq\f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq\f(3k,4πρr2)，可得a甲>a乙，由h＝eq\f(1,2)at2知，t甲<t乙，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由v＝eq\r(2ah)知，v甲>v乙，故選項(xiàng)B正確；因F阻甲>F阻乙，由球克服阻力做功W阻＝F阻h知，甲球克服阻力做功較大，選項(xiàng)D正確．2．(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ·20)如圖1(a)，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線(xiàn)如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖1A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析由vt圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(v0,t1)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1).同理向下滑行時(shí)gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，兩式聯(lián)立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可見(jiàn)能計(jì)算出斜面的傾斜角度θ以及動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；物塊滑上斜面時(shí)的初速度v0已知，向上滑行過(guò)程為勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，末速度為0，那么平均速度為eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x＝eq\f(v0,2)t1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算出向上滑行的最大高度為xsinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0v0＋v1,4g)，選項(xiàng)D正確；僅根據(jù)vt圖象無(wú)法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．3．(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ·20)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(chē)廂．當(dāng)機(jī)車(chē)在東邊拉著這列車(chē)廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車(chē)廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車(chē)在西邊拉著車(chē)廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車(chē)廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量相同，則這列車(chē)廂的節(jié)數(shù)可能為()A．8B．10C．15D．18答案BC解析設(shè)PQ西邊有n節(jié)車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量為m，則F＝nma①設(shè)PQ東邊有k節(jié)車(chē)廂，則F＝km·eq\f(2,3)a②聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確．4．(2013·新課標(biāo)Ⅱ卷·14)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時(shí)刻開(kāi)始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大?。苷_描述F與a之間的關(guān)系的圖象是()答案C解析當(dāng)拉力F小于最大靜摩擦力時(shí)，物塊靜止不動(dòng)，加速度為零，當(dāng)F大于最大靜摩擦力時(shí)，根據(jù)F－Ff＝ma知：隨F的增大，加速度a增大，故選C.需要的滑行距離約為1000m．已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g.則()圖2A．從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無(wú)阻攔索時(shí)的eq\f(1,10)B．在0.4～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時(shí)間變化C．在滑行過(guò)程中，飛行員所承受的加速度大小會(huì)超過(guò)2.5D．在0.4～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對(duì)飛機(jī)做功的功率幾乎不變答案AC6．(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ·25)下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害．某地有一傾角為θ＝37°(sin37°＝eq\f(3,5))的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖3所示．假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為eq\f(3,8)，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變．已知A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長(zhǎng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：圖3(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大??；(2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．答案(1)3m/s21m/s2(2)4s解析(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝FN1′＋mgcosθ④規(guī)定沿斜面向下為正．設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1′＝ma2⑥又FN1＝FN1′⑦Ff1＝Ff1′⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給條件得a1＝3m/s2⑨a2＝1m/s2⑩(2)在t1＝2s時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s?v2＝a2t1＝2m/s?2s后，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時(shí)A與B之間摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2?a2′＝－2m/s2?由于a2′＜0，可知B做減速運(yùn)動(dòng)．設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，B的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0?聯(lián)立???式得t2＝1s?在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1t\o\al(2,1)＋v1t2＋\f(1,2)a1′t\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2t\o\al(2,1)＋v2t2＋\f(1,2)a2′t\o\al(2,2)))＝12m＜27m?此后B靜止不動(dòng)，A繼續(xù)在B上滑動(dòng)．設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t3后A離開(kāi)B，則有l(wèi)－x＝(v1＋a1′t2)t3＋eq\f(1,2)a1′teq\o\al(2,3)?可得t3＝1s(另一解不合題意，舍去)?設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總，有t總＝t1＋t2＋t3＝4s.題組2各省市模擬精選7．(多選)(2017·山西省一模)將一小球以一定的初速度豎直向上拋出并開(kāi)始計(jì)時(shí)，小球所受空氣阻力的大小與小球的速率成正比，已知t2時(shí)刻小球落回到拋出點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖4所示，則在此過(guò)程中()圖4A．t＝0時(shí)刻小球的加速度最大B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球的加速度為重力加速度gC．t2＝2t1D．小球的速度大小先減小后增加，加速度大小先增加后減小答案AB解析根據(jù)v－t圖象的斜率等于加速度，t＝0時(shí)刻圖象切線(xiàn)的斜率絕對(duì)值最大，則t＝0時(shí)，小球的加速度最大，故A正確．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度為零，所受的空氣阻力為零，則其所受合力等于重力，加速度為重力加速度g，故B正確．由于空氣阻力的存在，小球的機(jī)械能不斷減少，所以上升和下落經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)上升時(shí)的速度大于下落時(shí)的速度，所以上升過(guò)程的平均速度大于下落過(guò)程的平均速度，而上升階段和下落階段的位移大小相等，所以上升的時(shí)間小于下落的時(shí)間，則t2＞2t1，故C錯(cuò)誤．由題圖知：小球的速度大小先減小后增大，而加速度一直減小，故D錯(cuò)誤．故選A、B.8．(2017·山西運(yùn)城市期末)入冬以來(lái)，運(yùn)城市霧霾天氣頻發(fā)，發(fā)生交通事故的概率比平常高出許多，保證霧霾中行車(chē)安全顯得尤為重要；在霧天的平直公路上，甲、乙兩汽車(chē)同向勻速行駛，乙在前，甲在后．某時(shí)刻兩車(chē)司機(jī)聽(tīng)到警笛提示，同時(shí)開(kāi)始剎車(chē)，結(jié)果兩車(chē)剛好沒(méi)有發(fā)生碰撞．如圖5所示為兩車(chē)剎車(chē)后做勻減速運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，以下分析正確的是()圖5A．甲剎車(chē)的加速度的大小為0.5m/s2B．兩車(chē)剎車(chē)后間距一直在減小C．兩車(chē)開(kāi)始剎車(chē)時(shí)的距離為100mD．兩車(chē)都停下來(lái)后相距25m答案C解析甲剎車(chē)的加速度的大小a＝|eq\f(Δv,Δt)|＝1m/s2，故A錯(cuò)誤；兩車(chē)剎車(chē)后前20s間距一直在減小，20s末兩車(chē)速度相等，距離最小，之后間距增大，故B錯(cuò)誤；兩車(chē)剛好沒(méi)有發(fā)生碰撞，說(shuō)明20s末兩車(chē)速度相等時(shí)，兩車(chē)位置相同，20s末兩車(chē)的速度v＝5m/s，Δx＝x2－x1＝(eq\f(25＋5,2)×20－eq\f(15＋5,2)×20)m＝100m，故C正確；20s后兩車(chē)的位移之差Δx＝eq\f(1,2)×(30－20)×5m－eq\f(1,2)×(25－20)×5m＝12.5m，故D錯(cuò)誤．本題選C.

9．(2017·河北省五個(gè)一聯(lián)盟二模)如圖6所示，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B兩物體疊放在一起從C點(diǎn)由靜止下滑，下滑過(guò)程中A、B保持相對(duì)靜止，則()圖6A．在CD段時(shí)，A受三個(gè)力作用B．在DE段時(shí)，A可能受二個(gè)力作用C．在DE段時(shí)，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整個(gè)下滑過(guò)程中，A、B均處于失重狀態(tài)答案C解析在CD段，整體的加速度a＝eq\f(mA＋mBgsinθ,mA＋mB)＝gsinθ，隔離B對(duì)A分析，有：mAgsinθ＋Ff＝mAa，解得Ff＝0，可知A受重力和支持力兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤．設(shè)B與斜面DE段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在DE段，整體的加速度a′＝eq\f(mA＋mBgsinθ－μmA＋mBgcosθ,mA＋mB)＝gsinθ－μgcosθ，隔離B對(duì)A分析，有：mAgsinθ＋Ff′＝mAa′，解得Ff′＝－μmAgcosθ，方向沿斜面向上．若勻速運(yùn)動(dòng)，A受到靜摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三個(gè)力作用，故B錯(cuò)誤，C正確．整體下滑的過(guò)程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均處于失重狀態(tài)．在DE段，A、B可能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，不處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤．故選C.10．(多選)(2017·廣東深圳市第一次調(diào)研)如圖7所示，質(zhì)量為M的木板