10、與題中規(guī)定的正方向相反，故為負(fù)值，所以C、D錯(cuò)誤；小球的運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2－v＝2ax可知速度與時(shí)間的關(guān)系式為二次函數(shù)，故A正確，B錯(cuò)誤。
答案 A
3.(2019·浙江嵊州選考模擬)一質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，通過(guò)傳感器描繪出關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖7所示，下列說(shuō)法正確的是( )
圖7
A.質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
B.－x圖象斜率等于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度
C.四邊形AA′B′B的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從O到C′所用的時(shí)間
D.四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從C到C′所用的時(shí)間
解析 由題中－x圖象可知，與x成正比，即vx＝常數(shù)，質(zhì)點(diǎn)的速度隨位移的增大而減小，因此質(zhì)點(diǎn)做減速直線(xiàn)
11、運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)閳D象的斜率k＝，顯然不等于質(zhì)點(diǎn)的加速度，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于三角形OBC的面積S1＝OC·BC＝，表示質(zhì)點(diǎn)從O到C所用的時(shí)間，同理，質(zhì)點(diǎn)從O到C′所用的時(shí)間可由S2＝表示，所以四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從C到C′所用的時(shí)間，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。
答案 D
勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
以生活中的交通問(wèn)題為背景考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
【典例1】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)為了減少汽車(chē)剎車(chē)失靈造成的危害，如圖8所示為高速路上在下坡路段設(shè)置的可視為斜面的緊急避險(xiǎn)車(chē)道。一輛貨車(chē)在傾角θ＝30°的連續(xù)長(zhǎng)直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在
12、剎車(chē)狀態(tài)下勻速行駛(在此過(guò)程及后面過(guò)程中，可認(rèn)為發(fā)動(dòng)機(jī)不提供牽引力)，突然汽車(chē)剎車(chē)失靈，開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)汽車(chē)所受到的摩擦力為車(chē)重的0.2倍。在加速前進(jìn)了x0＝96 m后，貨車(chē)沖上了平滑連接的傾角α＝37°的避險(xiǎn)車(chē)道，已知貨車(chē)在該避險(xiǎn)車(chē)道上所受到的摩擦力為車(chē)重的0.65倍。貨車(chē)的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程均可視為直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：
圖8
(1)貨車(chē)在下坡路上運(yùn)動(dòng)時(shí)剎車(chē)失靈后的加速度大??；
(2)貨車(chē)剛沖上避險(xiǎn)車(chē)道時(shí)的速度大小；
(3)貨車(chē)在進(jìn)入避險(xiǎn)車(chē)道后3秒內(nèi)發(fā)生的位移大小。
解析 (1)設(shè)貨車(chē)加速下行時(shí)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(shè)貨車(chē)在避險(xiǎn)車(chē)道上行車(chē)時(shí)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(chē)不再滑下，故3 s 內(nèi)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(yùn)動(dòng)的通電導(dǎo)體棒為載體考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的
應(yīng)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(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開(kāi)后，以加速度a沿導(dǎo)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(guò)程中，金屬棒
圖9
(1)末速度的大小v；
(2)通過(guò)的電流大小I；
(3)通過(guò)的電荷量Q。
解析 (1)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律F
15、＝ma
解得I＝。
(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝
電荷量Q＝It
解得Q＝。
答案 (1) (2) (3)
“一畫(huà)、二選、三注意”解決勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
1.(2019·浙江溫州模擬)如圖10甲是某景點(diǎn)的山坡滑道圖片，技術(shù)人員通過(guò)測(cè)量繪制出如圖乙所示的示意圖。AC是滑道的豎直高度，D點(diǎn)是AC豎直線(xiàn)上的一點(diǎn)，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(diǎn)由靜止開(kāi)始沿滑道AE向下做直線(xiàn)滑動(dòng)，則滑行者在滑道AE上滑行的時(shí)間為( )
圖10
A. s B. s
C.2 s D.2 s
解析 設(shè)滑道與水平面的夾角為θ，
16、滑行者的質(zhì)量為m、加速度為a，由幾何知識(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得AE＝at2，聯(lián)立以上三式解得t＝2 s，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確。
答案 C
2.(2019·浙江溫州九校高三上學(xué)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(fù)電的微粒質(zhì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，則( )
圖11
A.微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)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(shì)差UMN＝
D.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能減少
解析 微粒的受力情況如圖所示，微粒做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于mv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，加速度a＝gtan θ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；又電場(chǎng)力qE＝，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，兩板間的電勢(shì)差UMN＝Ed＝，選項(xiàng)C正確；微粒從A向B運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 C
3.(2019·浙江十校聯(lián)盟適應(yīng)性考試)觀(guān)光旅游、科學(xué)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(jìn)行科學(xué)考察時(shí)，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為M＝1 000 kg，在空中停留一段
18、時(shí)間后，由于某種故障，氣球受到的空氣浮力減小，當(dāng)科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時(shí)，氣球速度為v0＝2 m/s，
此時(shí)開(kāi)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(yùn)動(dòng)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(zhì)量m；
(3)氣球從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)t＝12 s的時(shí)間內(nèi)下落的總高度h總。
解析 (1)設(shè)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(zhì)量為m壓艙物，氣體勻速下降，有(M－m)g＝F
解得m＝100 kg。
(3)設(shè)拋掉壓艙物時(shí)，氣球的速度為v1
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v1＝v0＋at0＝6 m/s，氣球從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)t＝12 s的時(shí)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(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
以多列用掛鉤連接的車(chē)廂為載體考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)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(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
20、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.8 B.10
C.15 D.18
解析 設(shè)掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量為m，則掛鉤P、Q西邊車(chē)廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車(chē)廂為研究對(duì)象，有
F＝nma①
P、Q東邊有k節(jié)車(chē)廂，以東邊這些車(chē)廂為研究對(duì)象，有
F＝km·a②
聯(lián)立①②得3n＝2k，
總車(chē)廂數(shù)為N＝n＋k，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
21、
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。
答案 BC
以圖象形式考查牛頓第二定律的應(yīng)用問(wèn)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?fàn)顟B(tài)。現(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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F與x之間關(guān)系的圖象可能正確的是( )
圖13
解析 假設(shè)物塊靜止時(shí)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(fù)原長(zhǎng)前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
答案 A
以生活、科技為背景考查動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)問(wèn)題
【典例3】 (2019·溫州模擬)如圖14所示，一條小魚(yú)在水面處來(lái)了個(gè)“鯉魚(yú)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(yú)身水平，落入水中的深度為h1＝h；若魚(yú)身豎直，落入水中的深度為h2＝1.5h；假定魚(yú)的運(yùn)動(dòng)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(jì)，魚(yú)身的尺寸遠(yuǎn)小于魚(yú)入水深度，重力加速度為g。求：
圖14
(1)魚(yú)入水時(shí)的速度v；
(2)魚(yú)兩次
23、在水中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比t1∶t2；
(3)魚(yú)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(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意
(1)研究對(duì)象的選取方法：整體法和隔離法。
(2)當(dāng)物體的受力情況發(fā)生變化時(shí)加速度同時(shí)發(fā)生變化。
(3)兩個(gè)相鄰的子過(guò)程的銜接，即前一過(guò)程的末狀態(tài)應(yīng)為后一過(guò)程的初狀態(tài)。
1.(2019·福州四校聯(lián)考)(多選)一個(gè)物塊放在粗糙的水平面上，現(xiàn)
24、用一個(gè)很大的水平推力推物塊，并且推力不斷減小，結(jié)果物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是( )
圖15
A.物塊的質(zhì)量為0.5 kg
B.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C.當(dāng)推力F減小為2 N時(shí)，物塊的速度最大
D.當(dāng)推力F減小為0時(shí)，物塊的速度為零
解析 由物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a隨推力F變化的圖象可知，當(dāng)推力F＝2 N時(shí)，加速度為零，運(yùn)用牛頓第二定律可得F－μmg＝0；當(dāng)F＝0時(shí)，加速度a＝
－2 m/s2，運(yùn)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，物塊的質(zhì)量為1.0 kg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；用一個(gè)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)推力F減小為2 N時(shí)加速度為零，物塊的速度最大，選項(xiàng)C正確；當(dāng)推力F減小為0時(shí)，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，物塊的速度不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 BC
2.(2019·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)2019年1月4日上午10時(shí)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(hào)探測(cè)器在月面上空開(kāi)啟發(fā)動(dòng)機(jī)，實(shí)施降落任務(wù)。在距月面高為H＝102 m處開(kāi)始懸停，識(shí)別障礙物和坡度，選定相對(duì)平坦的區(qū)域后，先以a1勻加速下降，加速至v1＝4 m/s時(shí)，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(kāi)啟自主避障程序，緩慢下降。最后距離月面2.5 m時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，探測(cè)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(nèi)的馮·卡門(mén)撞擊坑中，整個(gè)過(guò)程始終垂直月球表面做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，取豎直向下為正方向。已知嫦娥四號(hào)探測(cè)器的質(zhì)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(xiàn)下降過(guò)程中探測(cè)器的加速度大?。?
(2)勻加速直線(xiàn)下降過(guò)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(guān)系得＋＝h，解得a1
27、＝1 m/s2。
(2)勻加速直線(xiàn)下降過(guò)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(lái)越注重考查考生的能力和科學(xué)素養(yǎng)，其命題更加明顯地滲透著對(duì)物理思想、物理方法的考查。在平時(shí)的復(fù)習(xí)備考過(guò)程中，物理習(xí)題浩如煙海，千變?nèi)f化，我們?nèi)裟苷莆找恍┗镜慕忸}思想，就如同在開(kāi)啟各式各樣的“鎖”時(shí)，找到了一把“多功能的鑰匙”。
一、數(shù)形結(jié)合的思想
數(shù)形結(jié)合的思想，就是把物體的空間形式和數(shù)量關(guān)系結(jié)合起來(lái)進(jìn)行考查，通過(guò)“數(shù)”與“形”之間的對(duì)應(yīng)和轉(zhuǎn)化來(lái)解決問(wèn)題的思想，其
28、實(shí)質(zhì)是把抽象的數(shù)學(xué)語(yǔ)言、數(shù)量關(guān)系與直觀(guān)的圖形結(jié)合起來(lái)，把抽象思維和形象思維結(jié)合起來(lái)。數(shù)形結(jié)合的思想，一方面可以以“形”助“數(shù)”，實(shí)現(xiàn)抽象概念與具體形象的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化，化抽象為直觀(guān)，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(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系來(lái)研究，對(duì)圖形做精細(xì)的分析，從而使人們對(duì)直觀(guān)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(cè)力計(jì)的秤盤(pán)質(zhì)量為m1，盤(pán)內(nèi)放一質(zhì)量為m2的物體，彈簧質(zhì)量不計(jì)，其勁度系數(shù)為k，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖17所示。t0時(shí)刻給物體施加一個(gè)豎直向上的力F，使物體從靜止開(kāi)始向上做加速度為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2 s物體與
29、秤盤(pán)脫離，用FN表示物體與秤盤(pán)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(shí)間變化的關(guān)系圖象正確的是( )
圖17
解析 對(duì)秤盤(pán)和物體整體分析，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，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(xiàng)A、B錯(cuò)誤；以物體為研究對(duì)象，物體靜止時(shí)，F(xiàn)N＝m2g，運(yùn)動(dòng)后對(duì)秤盤(pán)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(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
答案
30、 C
二、分解思想
有些物理問(wèn)題的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、情景較為復(fù)雜，在運(yùn)用一些物理規(guī)律或公式不奏效的情況下，將物理過(guò)程按照事物發(fā)展的順序分成幾段熟悉的子過(guò)程來(lái)分析，或者將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單或特殊的分運(yùn)動(dòng)(如勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等)來(lái)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(guò)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(shí)刻相同，地點(diǎn)相同 B.時(shí)刻相同，地點(diǎn)不同
C.時(shí)刻不同，地點(diǎn)相同 D.時(shí)刻不同，地點(diǎn)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(shí)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(shí)落地，故兩只小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同；又兩只小球先后彈出且水平分速度相等，則運(yùn)動(dòng)的水平位移不同，落地點(diǎn)不同，選項(xiàng)B正確。
答案 B
三、守恒思想
物理學(xué)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(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、質(zhì)量守恒定律、電荷守恒定律等，它們是我們處理高中物理問(wèn)題的重要原理。
【例3】 (2019·浙江東陽(yáng)高三模擬)如圖18所示，長(zhǎng)R＝0.6 m 的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著質(zhì)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(zhì)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(yùn)動(dòng)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(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，試求：
圖18
(1)在A(yíng)與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大小；
(2)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)繩的拉力。
解析 (1)物塊A與小球B碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(shè)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的
33、速度為v，則由機(jī)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(duì)細(xì)繩的拉力F′＝F＝1 N。
答案 (1)6 m/s (2)1 N
四、對(duì)稱(chēng)思想
對(duì)稱(chēng)思想普遍存在于各種物理現(xiàn)象、物理過(guò)程和物理規(guī)律之中，它反映了科學(xué)生活中物理世界的和諧與優(yōu)美。應(yīng)用對(duì)稱(chēng)思想不僅能幫助我們認(rèn)識(shí)和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問(wèn)題。用對(duì)稱(chēng)的思想解題的關(guān)鍵是敏銳地看出并抓住事物在某一方面的對(duì)稱(chēng)性，這些對(duì)稱(chēng)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(gè)帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))
34、無(wú)間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為( )
圖19
A.E B.
C. D.
解析 假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對(duì)稱(chēng)性，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知，圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，所以A點(diǎn)小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q時(shí)，圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A(yíng)點(diǎn)處電荷量為＋2q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，則有E＝k，A處＋q在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2＝E1＝
35、k＝，所以?xún)H撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于E2＝。
答案 B
五、等效思想
在某些物理問(wèn)題中，一個(gè)過(guò)程的發(fā)展、一個(gè)狀態(tài)的確定，往往是由多個(gè)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(duì)過(guò)程的發(fā)展或狀態(tài)的確定，以及最后結(jié)果并無(wú)影響。掌握等效思想，有助于提高考生的科學(xué)素養(yǎng)，形成科學(xué)的世界觀(guān)和方法論，為終身的學(xué)習(xí)、研究和發(fā)展奠定基礎(chǔ)。
【例5】 (2019·浙江紹興新高考適應(yīng)性測(cè)試)如圖20所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，固定一由內(nèi)表面絕緣光滑且內(nèi)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(diǎn)和地面上A點(diǎn)的連線(xiàn)與地面成θ＝37°角，AB＝R。一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從地面上A點(diǎn)以某一初速度沿AB方向做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，恰好無(wú)碰撞地從管口B進(jìn)入管道BD中，到達(dá)管中某處C(圖中未標(biāo)出)時(shí)恰好與管道間無(wú)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E和小球到達(dá)C處時(shí)的速度大小v；
(2)小球的初速度大小v0以及到達(dá)D處時(shí)的速度大小vD。
解析 (1)小球做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況如圖甲所示，
甲
小球帶正電，則qE＝，得E＝，小球到達(dá)C處時(shí)電場(chǎng)力與重力的合力恰好提
37、供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖乙所示，
乙
OC∥AB，則＝m
得v＝。
(2)小球“恰好無(wú)碰撞地從管口B進(jìn)入管道BD”，說(shuō)明AB⊥OB
小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有
－·2R＝mv2－mv
得v0＝
小球從C處運(yùn)動(dòng)到D處的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(xiàng)選擇題，8～10題為不定項(xiàng)選擇題)
1.(2019·浙江寧波新高考適應(yīng)性考試)一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，位移為x1時(shí)，速度的變化為Δv；緊接著位移為x2時(shí)，速度的變化仍為Δv。則質(zhì)點(diǎn)的加速度為( )
A.
38、(Δv)2 B.(Δv)2
C. D.
解析 在勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度變化Δv所用的時(shí)間為t＝，則可知質(zhì)點(diǎn)位移為x1和x2過(guò)程中所用時(shí)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(tái)州高三模擬)氣球以1.25 m/s2的加速度從地面開(kāi)始豎直上升，離地30 s后，從氣球上掉下一物體，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，則物體到達(dá)地面所需時(shí)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(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(xiàng)D正確。
答案 D
3.(2019·浙江金華選考模擬)《機(jī)動(dòng)車(chē)駕駛證申領(lǐng)和使用規(guī)定》已經(jīng)正式施行，司機(jī)闖黃燈要扣6分，被稱(chēng)為“史上最嚴(yán)交規(guī)”。某小轎車(chē)駕駛員看到綠燈開(kāi)始閃時(shí)，經(jīng)短暫思考后開(kāi)始剎車(chē)，小轎車(chē)在黃燈剛亮?xí)r恰停在停車(chē)線(xiàn)上，v－t圖線(xiàn)如圖1所示。若綠燈開(kāi)始閃爍時(shí)小轎車(chē)距停車(chē)線(xiàn)距離L＝10.5 m，則綠燈開(kāi)始閃爍到黃燈剛亮的
40、時(shí)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(shí)間圖象中圖線(xiàn)與坐標(biāo)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(xiàng)C正確。
答案 C
4.(2019·贛州高三檢測(cè))如圖2是用頻閃周期為t的相機(jī)拍攝的一張真空中羽毛與蘋(píng)果自由下落的局部頻閃照片。關(guān)于提供的信息及相關(guān)數(shù)據(jù)處理，下列說(shuō)法中正確的是( )
圖2
A.一定滿(mǎn)足關(guān)系x1∶x2∶x3＝1∶4∶9
B.一定滿(mǎn)足關(guān)系x1∶x2∶x3＝1∶3∶5
C.蘋(píng)果下落的加速度大小為
D.羽毛下
41、落到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為x1＋
解析 由于這是局部照片，A點(diǎn)并不一定是起點(diǎn)，故不能根據(jù)初速度為零的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律求解，故A、B項(xiàng)均錯(cuò)誤；由Δx＝at2可得a＝，故C項(xiàng)正確，根據(jù)v＝得vC＝，故D項(xiàng)錯(cuò)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(zhì)量為m＝0.5 kg的木塊貼在豎直墻面上，力F從0開(kāi)始逐漸增大，木塊沿豎直墻面向下運(yùn)動(dòng)。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(guān)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(dòng)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(duì)木塊進(jìn)行受力分析，當(dāng)推力F＝20 N時(shí)，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(xué)模擬)如圖4所示，輕質(zhì)彈簧兩端連接質(zhì)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(nèi)，小球直徑略小于管的直徑。整個(gè)裝置靜止時(shí)，小球1處于管壁的C點(diǎn)。其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，彈簧原長(zhǎng)3L，重力加速度大小為g?，F(xiàn)使管AE在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球1、2相對(duì)管AE靜止時(shí)，下列說(shuō)法正確的是( )
圖4
A.彈簧可能處于伸長(zhǎng)狀態(tài)
B
43、.當(dāng)小球1處于完全失重狀態(tài)時(shí)，管AE一定向下運(yùn)動(dòng)
C.當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí)，小球2可能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
D.當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，小球2加速度大小一定為g
解析 若彈簧伸長(zhǎng)，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(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)小球1處于完全失重狀態(tài)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，系統(tǒng)可以向上或向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為2L、小球2處于E點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)受力平衡，小球2可能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；由初始條件可知mg＝kL，當(dāng)小球1處于A(yíng)端、彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，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(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 C
7.(2019·浙江金華一中模
44、擬)如圖5甲，一維坐標(biāo)系中有一質(zhì)量為m＝2 kg的物塊靜置于x軸上的某位置(圖中未畫(huà)出)，t＝0時(shí)刻，物塊在外力作用下沿x軸開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，如圖乙為其位置坐標(biāo)和速率平方關(guān)系圖象的一部分，下列說(shuō)法正確的是( )
圖5
A.t＝4 s時(shí)物塊的速率為2 m/s
B.物塊做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)且加速度大小為1 m/s2
C.t＝4 s時(shí)物塊位于x＝4 m處
D.在0～4 s時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為6 m
解析 物塊在恒力作用下沿x軸開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(shí)物塊的速率為v＝at＝2 m/s，
45、故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由題圖乙易得，當(dāng)速度為零時(shí)，物塊的坐標(biāo)為x0＝－2 m，t＝4 s時(shí)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(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為4 m，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。
答案 A
8.(2019·浙江樂(lè)清選考模擬)如圖6，光滑絕緣水平面上兩個(gè)相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過(guò)兩個(gè)圓環(huán)，并系于結(jié)點(diǎn)O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運(yùn)動(dòng)，輕繩恰好構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)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(shè)輕繩的拉力為T(mén)，則對(duì)A：T＋Tcos 60°＝k，Tcos 30°＝maA，聯(lián)立解得aA＝，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；恒力F的大小為F＝2Tcos 30°＝T＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
答案 BC
9.(2019·浙江嘉興新高考適應(yīng)性測(cè)試)如圖7所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)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(shí)彈簧的壓縮量為x0，以?xún)苫瑝K此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系?，F(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x關(guān)系的圖象可能正確的是( )
圖7
解析 外力F反向，當(dāng)A和B相對(duì)靜止加
47、速時(shí)，對(duì)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(xiàn)性圖象，當(dāng)A、B分離時(shí)，對(duì)A，k(x0－x)＝mAa，此時(shí)x＜x0，當(dāng)A、B分離后，對(duì)B，F(xiàn)＝mBa大小恒定，與x無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B正確；在A(yíng)、B分離前，對(duì)A，k(x0－x)－FN＝mAa，分離后，F(xiàn)N＝0，選項(xiàng)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(nèi)力F、速度v隨時(shí)間變化如圖8所示，由圖象可得( )
圖8
A.物體的質(zhì)量為2 kg
B.物體在6 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為6 m
C.在0～2 s內(nèi)推力做的功為3 J
D.物體與地面間的
48、動(dòng)摩擦因數(shù)為0.025
解析 物體在0～2 s內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(nèi)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因此有μmg＝1 N，聯(lián)立解得物體的質(zhì)量為m＝4 kg，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)v－t 圖象所圍的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可得物體在6 s 內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；力對(duì)物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s內(nèi)推力做的功為W＝Fx1＝3××2×1 J＝3 J，選項(xiàng)C正確。
答案 CD
二、非選擇題
11.(20
49、19·溫州九校高三上學(xué)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(xiàn)向上拖拉質(zhì)量為m＝1 g的食物。t＝0時(shí)刻從A點(diǎn)出發(fā)，若螞蟻對(duì)食物拖拉的作用力F可以簡(jiǎn)化成按如圖乙所示規(guī)律變化；第3 s末運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為0，此時(shí)螞蟻松開(kāi)食物，食物下滑，第4 s末食物剛好回到A點(diǎn)。已知食物與大理石面間的動(dòng)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(zhì)點(diǎn)，空氣阻力忽略不計(jì))。求：
圖9
(1)A、B間的距離及食物返回A點(diǎn)時(shí)速度的大小；
(2)若螞蟻沿斜面向上拖拉食物時(shí)，食物對(duì)斜面的壓力大小恒為3×10－3 N，則拖拉過(guò)程
50、拖拉力F的平均功率是多少？
(3)若在A(yíng)點(diǎn)恰好有另外一只螞蟻，遇到該下滑的食物時(shí)，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(diǎn)多遠(yuǎn)處方才停下？(忽略接觸瞬間的碰撞影響，斜面足夠長(zhǎng))
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(guò)程AB的位移大小為
x＝at＝0.2 m
下滑到A點(diǎn)的速度大小為
vA＝at2＝0.4 m/s。
(2)由動(dòng)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(jī)器人執(zhí)行任務(wù)時(shí)在水平面上的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中AB長(zhǎng)3.0 m，CD長(zhǎng)2.0 m，BC是半徑為1.0 m 的四分之一圓弧。機(jī)器人從A點(diǎn)由靜止出發(fā)以0.5 m/s2的加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到1.0 m/s后做勻速率運(yùn)動(dòng)，最后階段以1.0 m/s2的加速度做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。機(jī)器人可視為質(zhì)點(diǎn)，π取3，求：
圖10
(1)機(jī)器人做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移大小；
(2)機(jī)器人做勻速率運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
52、(3)機(jī)器人在運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的平均速度大小。
解析 (1)根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2ax得
x＝＝ m＝1 m。
(2)整個(gè)過(guò)程分勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，勻速率運(yùn)動(dòng)，勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)三個(gè)過(guò)程，根據(jù)勻變速直線(xiàn)公式可得勻加速距離1 m，
時(shí)間t1＝＝ s＝2 s，
勻減速直線(xiàn)距離x2＝＝ m＝0.5 m，
時(shí)間t2＝＝1 s
剩余中間距離即為勻速率運(yùn)動(dòng)的距離
s＝πR＋3 m＋2 m－(1＋0.5) m＝5 m，
時(shí)間為t3＝＝ s＝5 s。
(3)機(jī)器人在運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的位移大小為
Δx＝ m＝5 m
全過(guò)程總時(shí)間為Δt＝(2＋5＋1) s＝8 s
運(yùn)動(dòng)全過(guò)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(pán)繞過(guò)圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤(pán)半徑R＝0.2 m，圓盤(pán)邊緣有一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊。當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到某一數(shù)值時(shí)，滑塊恰從圓盤(pán)邊緣A沿過(guò)渡圓管滑落，進(jìn)入軌道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足夠長(zhǎng)且離地面高為h′＝0.4 m，經(jīng)C點(diǎn)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(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點(diǎn)離B點(diǎn)所在水平面的高度h＝1.2 m，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為3 m/s，滑塊從A至C運(yùn)動(dòng)過(guò)程
54、中始終未脫離軌道，不計(jì)在過(guò)渡圓管處和B點(diǎn)的機(jī)械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2。求：
圖11
(1)滑出A點(diǎn)時(shí)，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；
(2)小滑塊在從A到B時(shí)，摩擦力做的功；
(3)小滑塊在CD面上的落點(diǎn)距C點(diǎn)的水平距離(結(jié)果可用根號(hào)表示)。
解析 (1)滑塊在圓盤(pán)上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜摩擦力充當(dāng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得
mgh＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－8 J。
(3)從B到C由動(dòng)能定理得
－mgh′＝mv－mv
vC＝1 m/s
經(jīng)C點(diǎn)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(diǎn)速度方向垂直，過(guò)C點(diǎn)滑塊做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落到CD面上時(shí)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(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離L＝＝ m。
答案 (1)5 rad/s (2)－8 J (3) m
高考物理突破大二輪浙江專(zhuān)用講義增分練：專(zhuān)題一 第2講 力與物體的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) Word版含解析
