高考物理一轮复习编练习题(16)(含解析)新人教版
2022高考物理一轮复习课时作业十六机械能守恒定律及其应用含解析新人教版
机械能守恒定律及其应用(建议用时40分钟)1.如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。
不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是( )A．玩具从机器手臂处自由下落时，玩具的机械能守恒B．机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒D．机器手臂抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量【解析】选A。
在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的损失，即玩具的机械能守恒，选项A正确；机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变，则动能不变，选项B错误；机器手臂抓到玩具匀速上升时，动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，选项C错误；机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大量之和，选项D 错误。
2.(2020·宜宾模拟)如图所示，a、b 两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮( 视为质点)上。
开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。
现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。
则a、b两球的质量之比为( )A．3∶1 B．2∶1C．3∶2 D．1∶1【解析】选A 。
连接b 球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律m b gl＝12 m b v 2，对小球b ：T －m b g ＝m b v 2l 。
对小球a ：T ＝m a g ，联立解得m a ∶m b ＝3∶1，选项A 正确。
【加固训练】如图，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍。
当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高。
将A 和B 由静止释放，则A 落地前瞬间的速度大小及 B 上升的最大高度分别是( )2gR 4R gR R A. B.,3333gR R gR 4R C.2,,3333【解析】选A 。
2025届高考物理一轮复习专题练： 匀变速直线运动(含解析)
2025届高考物理一轮复习专题练： 匀变速直线运动一、单选题1．关于匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )A.匀变速直线运动的速度变化量是一个恒量B.在相等时间内，匀变速直线运动的位移相等C.加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动D.匀变速直线运动的速率可能先减小后增大2．舞狮作为中国传统节目，在中国广受人们欢迎。
某次舞狮表演中，两位表演者需先后从高台跃下，为保证舞狮道具不因拉扯而损坏，要求两位表演者默契配合，在一定时间间隔内相继跳下。
已知高台距离地面，两人之间的舞狮道具长，表演者可认为由静止下落，设表演者落地后速度为零，不计空气阻力，重力加速度。
完成该表演动作（从第一位表演者开始跳下到第二位表演者落地）经历的总时间最长为( )A.1.0sB.1.2sC.1.4sD.1.6s3．地铁刹车后匀减速进站，晓燕同学利用照相机拍下了地铁停下前最后2 s 初和最后2 s 末的照片，如图所示。
已知地铁相邻两车门之间的距离为4.5 m ，地铁刹车前的速度为15 m/s ，则地铁刹车后行驶的路程为( )A.45 mB.50 mC.60 mD.70 m4．子弹以初速度垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0，可以把子弹视为质点，已知木板的长、厚度均为d，认为子弹在各块木板中运动的5m h = 1.8m L =210m/s g =0v加速度大小都相同，则下列说法正确的是( )5．飞机着陆后以的加速度做匀减速直线运动，若其着陆时的速度大小为60 m/s ，则它着陆后12 s 末的速度为( )A.12 m/sB.-12 m/sC.132 m/sD.06．关于匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )A.匀变速直线运动是相等时间内通过的位移相等的运动B.匀减速直线运动的加速度一定为负C.匀减速直线运动的速度和加速度的方向一定是相反的D.在匀减速直线运动中，速度和位移一定都随时间的增加而减小7．2024年3月30日，我国自主研制的AS700“祥云”载人飞艇完成首次转场飞行.假设该飞艇从地面由静止升起，先加速再减速，减速到0后悬停在空中.在整个过程中，加速时可认为飞艇做匀加速直线运动，加速度大小为，减速时可认为飞艇做匀减速直线运动，加速度大小为，若飞艇在该过程中运动的总时间为t ，则飞艇减速运动的时间为( )8．一质点沿直线运动，它的位移x 与时间t 的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），下列说法正确的是( )A.该质点的初速度大小为B.该质点的加速度大小为C.该质点末的速度大小为D.该质点第内的平均速度为9．火车以的初速度在平直轨道上匀加速行驶，加速度，当时火车的速度为( )A. B. C. D.23m/s 11m/s 5m/s010m/s v =20.2m/s a =25s t =15m/s 14m/s 10m/s 026m /s 1a 2a 232x t t =+2m/s2s 2s 8m/s10．电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。
高考物理一轮复习 核心素养测评二 匀变速直线运动规律(含解析)-人教版高三全册物理试题
匀变速直线运动规律(45分钟100分)一、选择题(此题共9小题，每一小题6分，共54分，1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1.图中ae为珠港澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，假设汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，如此通过ce段的时间为( )A.tB.tC.(2-)tD.(2+)t【解析】选C。
设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：x ab=at2，x ac=a(t+t1)2，x ae=a(t+t1+t2)2，解得：t2=(2-)t，选项C正确，A、B、D错误。
2.将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如下列图。
AB=BC=CD=DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点。
如此小滑块向上运动经过D点时速度大小是( )A. B. C. D.【解析】选D。
将末速度为零的匀减速直线运动看作初速度为零的匀加速直线运动，如此-0=2ax EA、-0=2ax ED，又x EA=4x ED，解得：v D=v0，选项D正确，A、B、C错误。
3.某汽车正以72km/h在公路上行驶，为“礼让行人〞，假设以5m/s2加速度刹车，如此以下说法错误的答案是( )A.刹车后2s时的速度大小为10m/sB.汽车滑行40m停下C.刹车后5s时的速度大小为0D.刹车后6s内的位移大小为30m【解析】选D。
汽车刹车到停止的时间为t0==s=4s，刹车后2s时的速度大小为v=v0-at=20m/s-5×2m/s=10m/s，选项A正确；根据速度位移公式可得x==40m，选项B正确；由于汽车刹车到停止的时间为t0==s=4s，所以刹车后5s时的速度大小为0，刹车后6s内的位移大小等于刹车后4s内的位移大小，即位移为40m，选项C正确，D错误。
4.物体沿直线以恒定加速度运动，它的位移与时间的关系是x=24t-6t2(x单位是m，t单位是s)，如此( )A.它的初速度为12m/sB.2s末的速度为0C.2s末的速度为48m/sD.4s 末的速度为0【解析】选B。
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由Fx图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由Fx图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的vt图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。
人教版高中物理一轮专题复习试题汇编-全套
专题一 运动学图象、追及相遇问题考纲解读1.理解匀变速直线运动v －t 图象，并会用它们解决问题.2.掌握追及与相遇问题的特点以及解决这类问题的一般方法．考点一 v －t 图象的理解通过 v －t 图象 轴横轴为时间t ，纵轴为速度v 线倾斜直线表示匀变速直线运动 斜率表示加速度 面积图线和时间轴围成的面积表示位移 纵截距表示初速度 特殊点 拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示速度相等例1 (2013·大纲全国·19)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2s ，它们运动的v －t 图像分别如图1直线甲、乙所示．则( )图1A ．t ＝2s 时，两球的高度相差一定为40mB ．t ＝4s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C ．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D ．甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等解析 由于两球的抛出点未知，则A 、C 均错；由图像可知4 s 时两球上升的高度均为40 m ，则距各自出发点的位移相等，则B 正确；由于两球的初速度都为30 m/s ，则上升到最高点的时间均为t ＝v 0g，则D 正确． 答案 BD变式题组1．[对速度图象的理解](2013·四川·6)甲、乙两物体在t ＝0时刻经过同一位置沿x 轴运动，其v －t 图象如图2所示，则( )图2A ．甲、乙在t ＝0到t ＝1s 之间沿同一方向运动B ．乙在t ＝0到t ＝7s 之间的位移为零C ．甲在t ＝0到t ＝4s 之间做往复运动D ．甲、乙在t ＝6s 时的加速度方向相同答案 BD2．[v －t 图象的理解]如图3所示是物体在某段运动过程中的v －t 图象，在t 1和t 2时刻的瞬时速度分别为v 1和v 2，则从t 1到t 2的过程中( )图3A ．加速度增大B ．加速度不断减小C ．平均速度v ＝v 1＋v 22D ．平均速度v >v 1＋v 22答案 B1．x －t 图象、v －t 图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x 、v 与t 一一对应．2．x －t 图象、v －t 图象的形状由x 与t 、v 与t 的函数关系决定．3．无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动情况都是直线运动．考点二 运动学图象的应用1．用图象解题可使解题过程简化，思路更清晰，而且比解析法更巧妙、更灵活．在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是用图象法则会使你豁然开朗．2．利用图象描述物理过程更直观．物理过程可以用文字表述，也可以用数学式表达，还可以用物理图象描述．如果能够用物理图象描述，一般来说会更直观且容易理解．例2 如图4所示是一辆汽车和一辆摩托车同时同地沿同一方向做直线运动的v －t 图象，则由图象可知( )图4A ．40s 末汽车在摩托车之前B ．20s 末汽车运动方向发生改变C ．60s 内两车相遇两次D ．60s 末汽车回到出发点解析 由图象可知，两车同时同地出发，分别在t ＝20 s 和t ＝60 s 时两车运动的位移相同，故60 s 末两车相遇两次，C 正确；因速度图线一直在时间轴上方；汽车运动方向不变，t ＝20 s 时加速度方向发生变化，B 、D 均错误；t ＝20 s 后，v 汽车>v 摩托车，40 s 末两车速度相同时，汽车运动的位移大于摩托车运动的位移，故汽车在摩托车之前，A 正确．答案 AC 递进题组3．[运动图象的应用]某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( )A ．v ＝x tB ．v ＝2x tC ．v >2x t D.x t <v <2x t答案 C解析 由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小．画出相应的v －t 图象大致如图所示：根据图象的意义可知，实线与坐标轴包围的面积为x ，虚线(匀减速运动)下方的“面积”表示的位移为v 2t ，应有：v 2t >x ，所以v >2x t，所以选项C 正确． 4．[运动图象的应用]如图5所示，两物体由高度相同、路径不同的光滑斜面由静止下滑，物体通过两条路径的长度相等，通过C 点前后速度大小不变，且到达最低点B 、D 时两点的速度大小相等，则下列说法正确的是( )图5A ．物体沿AB 斜面运动时间较短B ．物体沿ACD 斜面运动时间较短C ．物体沿两个光滑斜面运动时间相等D ．无法确定答案 B解析 由于两斜面光滑，且物体通过C 点前后速度大小不变，两物体到达斜面最低点的速度大小相等，而且两物体运动路程相等，故可利用速度－时间图象进行分析比较，从图中可以看出，沿ACD 运动时，起始阶段加速度较大，故其速度图象起始阶段斜率较大，且二者末速度相等，为了保证最后速度大小一样且包围的面积(路程)一样，可以看到通过AB 的时间t 1大于通过ACD 的时间t 2，所以沿ACD 斜面运动时间较短，故B 正确．运用图象解答物理问题的主要步骤与方法(1)认真审题，根据题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律确定所需的横、纵坐标表示的物理量．(2)根据题意，找出两物理量的制约关系，结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象．(3)由所作图象结合题意，运用函数图象进行表达、分析和推理，从而找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量．考点三 追及与相遇问题1．分析技巧：可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口．2．能否追上的判断方法物体B 追赶物体A ：开始时，两个物体相距x 0.若v A ＝v B 时，x A ＋x 0<x B ，则能追上；若v A ＝v B 时，x A ＋x 0＝x B ，则恰好不相撞；若v A ＝v B 时，x A ＋x 0>x B ，则不能追上．3．若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动． 例3 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s 的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s 后警车发动起来，并以一定的加速度做匀加速运动，但警车行驶的最大速度是25 m/s.警车发动后刚好用12s 的时间追上货车，问：(1)警车启动时的加速度多大？(2)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？解析 (1)设t 0＝5.5s 内货车位移为x 0，则x 0＝v 0t 0＝10×5.5m ＝55m ，若12s 内警车一直做匀加速直线运动，则12at 2＝v 0t ＋x 0， 解得a ≈2.43m/s 2.此时警车速度为v max ′＝at ＝29.16m/s>25 m/s.因此警车的运动应为：先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，并设其加速时间为t 1，则v max ＝a ′t 1，12a ′t 21＋v max ·(t －t 1)＝v 0t ＋x 0， 由以上各式可解得：a ′＝2.5m/s 2.(2)当警车的速度与货车的速度相等时，两者间的距离最大，设所需时间为t 2，则v 0＝a ′t 2，即t 2＝4s ，两车间的最大距离为x max ＝v 0t 2－12a ′t 22＋x 0＝75m. 答案 (1)2.5m/s 2 (2)75m 变式题组5．[追及与相遇问题]汽车A 在红灯前停住，绿灯亮时启动，以0.4m/s 2的加速度做匀加速直线运动，经过30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B 以8 m/s的速度从A 车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A 车相同，则从绿灯亮时开始( )A ．A 车在加速过程中与B 车相遇B ．A 、B 相遇时速度相同C ．相遇时A 车做匀速运动D ．两车不可能相遇答案 C解析 作出A 、B 两车运动的v －t 图象如图所示，v －t 图象所包围的“面积”表示位移，经过30s 时，A 车图象所围面积小于B 车，所以在A 车加速运动的过程中，两车并未相遇，所以选项A 错误；30s 后A 车以12m/s 的速度做匀速直线运动，随着图象所围“面积”越来越大，可以判断在30s 后某时刻两车图象所围面积会相等，即两车会相遇，此时A 车的速度要大于B 车的速度，选项C 正确，选项B 、D 错误．6．[追及与相遇问题]如图6所示，直线MN 表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A 、B 两处，A 、B 间的距离为85m ，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a 1＝2.5m/s 2，甲车运动6 s 时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a 2＝5 m/s 2，求两辆汽车相遇处距A 处的距离．图6答案 125m 或245m解析 甲车运动6s 的位移为x 0＝12a 1t 20＝45m ，尚未追上乙车，设此后经过时间t 与乙车相遇，则有：12a 1(t ＋t 0)2＝12a 2t 2＋85 将上式代入数据并展开整理得：t 2－12t ＋32＝0.解得：t 1＝4s ，t 2＝8s.t 1、t 2都有意义，t 1＝4s 时，甲车追上乙车；t 2＝8s 时，乙车追上甲车再次相遇．第一次相遇地点距A 的距离x 1＝12a 1(t 1＋t 0)2＝125m. 第二次相遇地点距A 的距离x 2＝12a 1(t 2＋t 0)2＝245m.1．解题思路和方法分析物体运动过程―→画运动示意图―→找两物体位移关系―→列位移方程2．解题技巧(1)紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式．(2)审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，它们往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．高考模拟 明确考向1．(2014·新课标Ⅱ·14)甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图7所示．在这段时间内( )图7A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．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答案 A解析 由v －t 图象知，在0～t 1时间内，甲的位移大于乙的位移，C 错误．由v ＝x t知，甲的平均速度比乙的大，故A 正确．如图所示，汽车乙的v －t 图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误．v －t 图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度的大小都逐渐减小，D 错误．2．(2014·广东·13)图8是物体做直线运动的v －t 图象，由图可知，该物体( )图8A ．第1s 内和第3s 内的运动方向相反B ．第3s 内和第4s 内的加速度相同C ．第1s 内和第4s 内的位移大小不相等D ．0～2s 和0～4s 内的平均速度大小相等答案 B解析 由题图可知第1s 内和第3s 内速度都为正，运动方向相同，A 项错；2～4s 图线斜线不变，加速度不变，B 项正确；v －t 图线与时间轴所围的面积表示位移，故第1s 内和第4s内的位移大小相等，选项C 错；0～2s 和0～4s 内位移大小相等，但时间不同，由v ＝x t可知D 项错．3．(2014·大纲全国·14)一质点沿x 轴做直线运动，其v －t 图象如图9所示．质点在t ＝0时位于x ＝5m 处，开始沿x 轴正向运动．当t ＝8s 时，质点在x 轴上的位置为( )图9A ．x ＝3mB ．x ＝8mC ．x ＝9mD ．x ＝14m答案 B解析 由题图知，质点在8s 内的位移Δx ＝12×(2＋4)×2m －12×(2＋4)×1m ＝3m ．t ＝0时，质点位于x 0＝5m 处，故8s 末质点在x 轴上的位置x ＝x 0＋Δx ＝8m ，B 正确．4．(2014·江苏单科·5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v 和位移x 的关系图象中，能描述该过程的是( )答案 A解析根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．练出高分一、单项选择题1．(2014·天津·1)质点做直线运动的速度－时间图象如图1所示，该质点()图1A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同答案 D解析由题图可知0～2s内，速度为正，运动方向未改变，2s末时，位移最大，v－t图线斜率表示加速度，1～3s图线斜率未改变，故第2s末加速度方向没有变化，A、B、C错误；由v－t图线与时间轴所围面积表示位移知，第3s末和第5s末质点位置相同，D正确. 2．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度－时间图象如图2所示，以下说法错误的是()图2A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8m/sC．小车的位移一定大于8mD．小车做曲线运动答案 D解析由v－t图象可以看出，小车的速度先增加后减小，最大速度约为0.8m/s，故A、B 均正确．小车的位移为v－t图象与t轴所围的“面积”，x＝85×0.1×1m＝8.5m>8m，C正确．图线弯曲表明小车速度变化不均匀，不表示小车做曲线运动，故D错误．3.亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员发射爆震弹成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t图象如图3所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变．则下列说法正确的是()A．海盗快艇在0～66s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96s末开始调头逃离C．海盗快艇在66s末离商船最近D．海盗快艇在96s～116s内做匀减速直线运动答案 B4．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，此时小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图4所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图象(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是()图4A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t＝3s时发生追尾事故C．在t＝5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米答案 B5．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时刻，乙车在甲车前方50m处，它们的v－t图象如图5所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是()图5A．甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B．在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C．在第30s末，甲、乙两车相距100mD．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次答案 D二、多项选择题6．在同一地点，甲、乙两物体沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图6所示，则()图6A．两物体两次相遇的时刻是2s末和6s末B．4s后甲在乙后面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动答案AB解析在v－t图象中图线与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t＝2 s和t＝6 s时，两图线与横坐标围成面积相等，说明两物体发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2 s和6 s，故A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t＝2 s时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，因此乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t＝6 s时，甲、乙再次相遇，因此在2～6 s内，甲在乙后面，故B正确；由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当两物体的速度相等时，甲、乙相距最远，此时t＝4 s，故C错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D错误．7．两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶．t＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v－t图象如图所示．则下列图象对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是()答案 AC8．甲、乙两个物体从同一地点出发，在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图6所示，则( )图6A ．甲、乙两物体运动方向相反B ．t ＝4s 时，甲、乙两物体相遇C ．在相遇前，t ＝4s 时甲、乙两物体相距最远D ．在相遇前，甲、乙两物体的最远距离为20m 答案 CD9．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度—时间图象如图8所示.在0～t 2时间内，下列说法中正确的是( )图8A ．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小B ．在第一次相遇之前，t 1时刻两物体相距最远C ．t 2时刻Ⅰ物体在Ⅱ物体前方D ．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是v 1＋v 22答案 CD解析 速度—时间图象中Ⅰ物体速度图线的斜率逐渐减小，即Ⅰ物体的加速度逐渐减小，所以Ⅰ物体所受合外力不断减小，Ⅱ物体速度图线的斜率逐渐增大，即Ⅱ物体的加速度逐渐增大，所以Ⅱ物体所受合外力不断增大，A 错误；在0～t 1时间内，Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ物体的速度，所以两物体间距离不断增大，当两物体速度相等时，两物体相距最远，B 正确；在速度—时间图象中图线与坐标轴所围面积表示位移，故到t 2时刻，Ⅰ物体速度图线所围面积大于Ⅱ物体速度图线所围面积，两物体平均速度不可能相同，C 正确，D 错误． 三、非选择题10．酒后驾车严重威胁公众交通安全．若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时间称为反应时间，将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离．科学研究发现，反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运动v －t 图线分别如图9甲、乙所示．求：图9(1)正常驾驶时的感知制动距离x ；(2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离Δx .解析 (1)设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t 1、t 2，由图线可得：t 1＝0.5s ，t 2＝1.5s 汽车减速时间为t 3＝4.0s 初速度v 0＝30m/s由图线可得：x ＝v 0t 1＋v 0＋02t 3解得：x ＝75m(2)Δx ＝v 0(t 2－t 1)＝30×(1.5－0.5) m ＝30m 答案(1)75m (2)30m11．某天，小明在上学途中沿人行道以v 1＝1m/s 速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v 2＝15 m/s 速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他们距车站x ＝50m ．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a 1＝2.5m/s 2，能达到的最大速度v m ＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站x 0＝25m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间t ＝10s ，之后公交车启动向前开去．不计车长，求：(1)若公交车刹车过程视为匀减速直线运动，其加速度a 2大小是多少？ (2)若小明加速过程视为匀加速直线运动，通过计算分析他能否乘上该公交车． 答案 (1)4.5m/s 2 (2)见解析解析 (1)公交车的加速度a 2＝0－v 222x 0＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2所以其加速度大小为4.5m/s 2.(2)汽车从相遇处到开始刹车用时t 1＝x －x 0v 2＝2515s ＝53s汽车刹车过程中用时t 2＝0－v 2a 2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝v m －v 1a 1＝6－12.5s ＝2s小明加速过程中的位移x ′＝12(v 1＋v m )t 3＝7m以最大速度跑到车站所用的时间t 4＝x －x ′v m ＝436st 3＋t 4<t 1＋t 2＋10s ，故小明可以在汽车还停在车站时上车．12．具有我国自主知识产权的“歼－10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图8a 所示．在光滑的水平轨道上停放相距x 0＝10m 的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车．在弹射装置使甲车获得v 0＝40m/s 的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v －t 图象如图b 所示，设两车始终未相撞．图8(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；(2)求两车相距最近时的距离．答案 (1)13(2)4m解析 (1)由题图b 可知：甲车加速度的大小a 甲＝40－10t 1m/s 2，乙车加速度的大小a 乙＝10－0t 1m/s 2因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有： m 甲a 甲＝m 乙a 乙解得m 甲m 乙＝13.(2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10m/s ，此时两车相距最近 对乙车有：v ＝a 乙t 1 对甲车有：v ＝a 甲(0.4－t 1) 可解得t 1＝0.3s车的位移等于v －t 图线与坐标轴所围的面积，有：x 甲＝(40＋10)×0.32m ＝7.5m ，x 乙＝10×0.32m ＝1.5m两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4m.专题二牛顿运动定律的综合应用考纲解读1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．考点一超重与失重现象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.例1如图1所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10m/s2)()图1A．以a＝1m/s2的加速度加速上升B．以a＝1m/s2的加速度加速下降C．以a＝9m/s2的加速度减速上升D．以a＝9m/s2的加速度减速下降解析根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量10cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1m/s2的加速度加速下降，也可能是以a＝1 m/s2的加速度减速上升，故B正确．答案 B递进题组1．[超重与失重的判断]关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟九号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D2．[超重与失重的理解与应用]如图2所示是某同学站在力传感器上做下蹲——起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线．由图线可知该同学()图2A．体重约为650NB．做了两次下蹲——起立的动作C．做了一次下蹲——起立的动作，且下蹲后约2s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC解析做下蹲——起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4s末结束，到6s末开始起立，所以A、C正确，B错误．超重和失重现象判断的“三”技巧(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态． (3)从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重．考点二 动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 例2 (2013·山东·22)如图3所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，以v 0＝2m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.图3(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据得 a ＝3m/s 2③ v ＝8m/s ④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N ⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α⑧由数学知识得 cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应最小F 的夹角 α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为 F min ＝1335N 答案 (1)3m/s 2 8 m/s (2)30° 1335N 递进题组3．[动力学中的临界问题]如图4所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6kg 、m B ＝2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10N ，此后逐渐增大，在增大到45N 的过程中，则( )图4A ．当拉力F <12N 时，物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体从受力开始就有相对运动D ．两物体始终没有相对运动 答案 D4．[动力学中的临界问题]一个质量为0.2kg 的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的斜面顶端，如图5所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s 2。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 单元质检一
单元质检一运动的描述匀变速直线运动的研究(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(浙江常熟高三上学期阶段性抽测)关于速度的描述,下列说法正确的是( )A.电动车限速20 km/h,指的是平均速度大小B.子弹射出枪口时的速度大小为500 m/s,指的是平均速度大小C.某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度大小一定为10 m/sD.京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度大小答案:D解析:电动车限速20km/h,即最高速度不超过20km/h,是指瞬时速度,故A 错误;子弹射出枪口时的速度大小为500m/s,指的是瞬时速度,故B错误;10m/s是百米跑的平均速度,但冲刺时的速度为瞬时速度,大小不能确定,故C错误;京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484km/h,指的是某时刻的速度可以达到484km/h,是瞬时速度,故D正确。
2.(河南名校联盟高三上学期10月质检)我国首艘海上商用地效翼船“翔州一号”,从三沙市永兴岛到三亚仅仅只需要几个小时,若地效翼船“翔州一号”到港前以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动,其初速度为60 m/s,则它在12 s内滑行的距离是( )A.144 mB.288 mC.150 mD.300 m答案:D=解析:地效翼船从以初速度为60m/s,运动到停止所用时间t=v-v0a0-60s=10s,由此可知地效翼船在12s内不是始终做匀减速运动,它在最后-62s内是静止的,故它12s内滑行的距离为,故选项D正确。
3.(天津一中高三月考)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2,v1、v2在各个时刻的大小如表所示,从表中数据可以看出( )v2/(m·s-1) 9.8 11.0 12.2 13.4 14.6A.火车的速度变化较慢B.汽车的加速度较小C.火车的位移在减小D.汽车的速度增加得越来越慢答案:A解析:火车的加速度为a1=Δv1Δt =-0.51m/s2=-0.5m/s2,汽车的加速度为a2=Δv2Δt =1.21m/s2=1.2m/s2,汽车的加速度较大,火车的加速度较小,可知火车速度变化较慢,故A正确,B错误;因为火车的速度一直为正值,速度方向不变,则位移在增加,故C错误;因为汽车做匀加速直线运动,加速度不变,单位时间内速度增加量相同,故D错误。
高考物理一轮总复习(人教版)课时作业16 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题) 1.如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切。
一个小物块从B 点正上方R 处的A 点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2 m ，小物块的质量为m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2。
小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ．0.1 mB ．0.2 mC ．0.6 mD ．0.8 m解析： 设在水平面上滑动的最大距离为x ，由动能定理得：mg ·2R －μmgx ＝0，解得：x ＝2R μ＝2×0.20.5m ＝0.8 m ，故选项D 正确。
答案： D2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，释放后，木块右端恰能运动到B 1点。
在木块槽中加入一个质量m 0＝200 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点。
测得AB 1、AB 2长分别为36.0 cm 和12.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g解析： 两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W 弹－μmg ·AB 1＝0，加上砝码m 0时，有W 弹－μ(m ＋m 0)g ·AB 2＝0，解得m ＝100 g ，选项A 正确。
答案： A3．质量m ＝2 kg 的物体在光滑水平面上以v 1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N 、方向向北的恒力作用于物体，在t ＝2 s 内物体的动能增加了( )A ．28 JB ．64 JC ．32 JD ．36 J解析： 设物体沿F 方向的加速度为a ，由牛顿第二定律得： a ＝F m ＝82m/s 2＝4 m/s 2 物体沿F 方向做匀加速直线运动，2 s 内的位移为：x ＝12at 2＝12×4×22 m ＝8 m力F 所做的功为：W ＝Fx ＝8×8 J ＝64 J 由动能定理得：W ＝ΔE k ＝64 J ，故选B 。
高考物理一轮复习练习题含解析新人教版
人教物理2019高考一轮练习题（10）李仕才一、选择题1、（2018甘肃武威市第六中学高三阶段考）将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图所示、现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状，整体沿力F的方向匀速运动，则( )A. 物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B. 物体A只受一个摩擦力C. 物体B对A的弹力小于桌面对物体A的摩擦力D. 物体B在水平方向受三个力的作用【答案】C【解析】对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力，B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，选项AB错误;受力如图。
从图上可知，木板B对A的压力小于桌面对木板A的摩擦力，选项C正确;对B分析，在水平方向上受推力F，桌面的摩擦力，A对B的压力，A对B的静摩擦力，在四个力作用下平衡，选项D错误。
2、如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。
若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( )A 、t 甲＜t 乙B 、t 甲＝t 乙C 、t 甲＞t 乙D 、无法确定 【答案】C3、如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时对轨道压力为2mg.已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A 、重力做功2mgRB 、合力做功34mgR C 、克服摩擦力做功12mgR D 、机械能减少2mgR 【答案】B4、（2018福建省福州一中期末）真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1=0和x 2=3a 的两点上，在它们连线上各点场强E 随x 变化关系如图所示，以下判断正确的是（ ）A. x =2a 处的电势一定为零B. 点电荷M 、N 一定为同种电荷C. 在两点电荷之间沿x 轴正向电势降低D. 点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4:1 【答案】BD【解析】由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故2x a =处的电势可以为零，也可以不为零，故A 错误;由于M 、N 之间的场强的方向相反，故点电荷M 、N 一定为同种电荷，故B 正确;由于不知道M 、N 的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则02a ～场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故沿x 轴正向电势降低;若都带负电荷，则02a ～场强的方向向左，故沿x 轴正向电势升高，故C 错误;M 在2a 处产生的场强()122MkQ E a =，而N 在2a 处产生的场强22NkQ E a =，由于2a 处场强为0，故12E E =，所以41M N Q Q =，故D 正确。
高考物理一轮复习 课时练16 动能定理及其应用(含解析)新人教版
学习资料动能定理及其应用1.(单物体动能定理）如图所示,“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下.将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（)A。
人先处于失重状态后处于超重状态B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零,人的动能最大D。
人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力2.(多选)(图像问题)（2020河北沧州高三月考)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max后,立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为F f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则（）A。
F∶F f=1∶3 B。
W1∶W2=1∶1C。
F∶F f=4∶1 D。
W1∶W2=1∶33.（单物体动能定理）如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力,则小球B下降h时的速度为()A.√2gg B。
√4gg3C.√ggD.√gg24.（图像问题)质量m=10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示。
若物体从坐标原点处由静止出发,则物体运动到x=16 m处时的速度大小为()A。
3 m/s B。
4 m/sC。
2√2 m/s D。
√17 m/s5.（多过程单物体动能定理)（2020黑龙江实验中学月考）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R,bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。
一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用,自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g,下列说法正确的是(）A.水平外力F做的功为2mgRB。
高考物理一轮复习编练习题含解析新人教版
2019高考物理（人教）一轮编练习题（10）李仕才一、选择题1、我国航天员要在“天宫一号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下:质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器.待测质量的物体B 连接在后传感器上.在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图4所示.稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )图4 A.F 1m 1＋2m 2F 1－F 2B.F 2m 1＋2m 2F 1－F 2C.F 2m 1＋2m 2F 1D.F 2m 1＋2m 2F 2答案 B解析 以整体为研究对象，由牛顿第二定律得:F 1＝(m 1＋2m 2＋m )a ；隔离B 物体，由牛顿第二定律得:F 2＝ma ；联立可得:m ＝F 2m 1＋2m 2F 1－F 2，B 对.2、如图3所示，在水平地面上静止着一质量为M 、倾角为θ的斜面，自由释放质量为m 的滑块能在斜面上匀速下滑(斜面始终静止)，则下列说法中正确的是( )图3A ．滑块对斜面的作用力大小等于mg cos θ，方向垂直斜面向下B ．斜面对滑块的作用力大小等于mg ，方向竖直向上C ．斜面受到地面的摩擦力水平向左，大小与m 的大小有关D ．滑块能匀速下滑，则水平地面不可能是光滑的答案 B3、发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3。
轨道1、2相切于Q 点，2、3相切于P 点，M 、N 为椭圆轨道短半轴的端点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时(如图所示)，以下说法正确的是( )A ．在三条轨道中周期从大到小的顺序是3轨道、1轨道、2轨道 x.k/-wB ．在三条轨道中速率最大的时刻为经过2轨道的Q 点，速率最小的时刻为经过2轨道上P 点C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度大于它在轨道2上经过Q 点时的加速度D ．卫星在轨道2上从M P N 运动所需的时间等于从N Q M 的时间解析:选B 由开普勒第三定律r 3T2＝k 知，半径大的周期大，由r 3＞r 2＞r 1可知T 3＞T 2＞T 1，故A 错误。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练16 Word版含答案
课时跟踪训练(十六)一、选择题1．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是() A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功[解析]公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W>0，则E k2>E k1，若W<0，则E k2<E k1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．[答案]BC2．如右图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量[解析]A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，C 错；对B 应用动能定理，W F －WF f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋WF f 就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 错；由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．[答案] B3．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如右图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16m v 2 B.14m v 2 C.13m v 2 D.12m v 2[解析] 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12m v 2，某个分力的功为W 1＝F 1l cos30°＝F 2cos30°l cos30°＝12Fl ＝14m v 2，B 正确．[答案] B4．(2015·浙江五校联考)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J[解析] 用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝12，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)2m v－W＝0－12，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2m v2×10×0.2 J＝34 J．选项C正确．[答案] C5．(多选)(2016·山西太原一中检测)质量为1500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如图所示．由此可求()A．前25 s内汽车的平均速度B．前10 s内汽车的加速度C．前10 s内汽车所受的阻力D．15～25 s内合外力对汽车所做的功[解析]由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴所围区域的面积，可求平均速度，故A正确．前10秒内图线的斜率即为前10秒内的加再由v＝xt速度，故B正确．前10秒内汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D正确．[答案]ABD6．(2015·宁夏银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()A．n B．2n C．3n D．4n[解析]小球第一次从释放至到达B点的过程中，由动能定理得mgh＝12m v2，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－12m v 2.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h－n′W＝0－12m v 2，解得n′＝3n.[答案] C7．(2015·临沂检测)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()[解析]物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fs＝E k－E k0，解得E k＝E k0－fs，选项C正确E k＝12mv2＝12m(v0－at)2D错误．[答案] C8．(多选)(2016·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则()A．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋38m v2C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v[解析]汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v，根据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v，C错误，D正确．[答案]BD9．(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小F N＝16 NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m[解析]小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有F N－mg＝m v2R，解得F N＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝12m v2，解得W＝mgR－12m v2＝3 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝v t，竖直方向上h＝12gt2，解得x＝v·2hg＝0.6 m，C正确，D错误．[答案]BC10．(多选)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F 作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大[解析]0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确．[答案]BD二、非选择题11．(2015·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中E k－x的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F 的大小．[解析] (1)从图线可知物体初动能为2 J ，则E k0＝12m v 2＝2 J得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J得F f ＝－10－4 N ＝2.5 N因F f ＝μmg故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝E k －E k0故得F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10－24＋2.5 N ＝4.5 N. [答案] (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N12．(2015·昆明一中、玉溪三中统考)如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．[解析](1)根据平衡条件，满足：m1g sin53°＝m2g sin37°可得m2＝4 kg(2)P到D过程由动能定理得m1gh＝12m1v2D由几何关系h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)运动到D点时，根据牛顿第二定律：F D－m1g＝m1v 2 DR解得F D＝78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin53°－μm1g cos53°s总＝0解得s总＝1 m[答案](1)4 kg(2)78 N(3)1 m。
高考物理一轮复习 专题16 圆周运动(练)(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题16 圆周运动1．如下列图为一种叫做“魔盘〞的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘〞一起转动，当“魔盘〞转动到一定速度时，人会“贴〞在“魔盘〞竖直壁上，而不会滑下。
假设魔盘半径为r ，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴〞在“魔盘〞竖直壁上，随“魔盘〞一起运动过程中，如此如下说法正确的答案是〔 〕A ．人随“魔盘〞转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B ．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C ．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D ．“魔盘〞的转速一定大于rg μπ21【答案】D【名师点睛】解决此题的关键要正确分析人的受力情况，确定向心力来源，知道人靠弹力提供向心力，人在竖直方向受力平衡。
2．飞机俯冲拉起时，飞行员处于超重状态，此时座位对飞行员的支持力大于所受的重力，这种现象叫过荷。
过荷过重会造成飞行员大脑贫血，四肢沉重，暂时失明，甚至昏厥。
受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的支持力影响。
取g ＝10m/s 2，如此当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为100m/s 时，圆弧轨道的最小半径为( )A．100m B．111m C．125m D．250m【答案】C【名师点睛】圆周运动涉与力的问题就要考虑到向心力，匀速圆周运动是由指向圆心的合力提供向心力．确定向心力的来源是解题的关键.3．如下列图，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔〔小孔光滑〕的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动〔圆锥摆〕。
现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动〔图中P'位置〕，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，如此后一种情况与原来相比拟，下面的判断中正确的答案是〔〕A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变小C．Q受到桌面的静摩擦力变大 D．Q受到桌面的支持力变大【答案】C【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，如此有：mgTcosθ=，mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度gLcosωθ，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，如此得到细线拉力T增大，角速度ω增大．故A B错误．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，如此静摩擦力变大，Q所受的支持力不变，故D错误，C正确；应当选C.4．〔多项选择〕公路急转弯处通常是交通事故多发地带。
高考物理 第16章 章末强化训练 新人教版
高考物理 第16章 章末强化训练 新人教版一、选择题（每小题5分，共30分）1.在下列四个方程中，X 1、X 2、X 3和X 4各代表某种粒子： ①U 23592+n 10→Sr 9738+Xe 13654+31X ;②H 21+2X →He 32+n 10;③U 23892→Th 23490+3X ;④Mg 2412+He 42→Al 2713+4X . 以下判断中正确的是 （ ）A. 1X 是中子B. 2X 是质子C. 3X 是α粒子D. 4X 是氘核【解析】由核反应过程质量数和电荷数守恒得：1X 为n 10,2X 为H 21,3X 为He 42,4X 为H 11,故A 、C 正确.【答案】A 、C2.如图所示为卢瑟福发现质子的实验装置.M 是显微镜，S 是荧光屏，窗口F 处装有银箔，氮气从阀门T 充入，A 是放射源.下列说法中正确的是 （ ）A.该实验的核反应方程为：He 42+N 147→O 168+H 11B.充入氮气后，调整银箔厚度，使S 上见不到质子引起的闪烁C.充入氮气前，调整银箔厚度，使S 上能见到α粒子引起的闪烁D.充入氮气前，调整银箔厚度，使S 上见不到α粒子引起的闪烁【解析】根据质量数和核电荷数守恒判断A 项错误；充入氮气前，调整银箔厚度，使S 上见不到α粒子引起的闪烁，B 、C 项错误，D 项正确.【答案】D3.下列说法正确的是（ ）A.黑体辐射强度的极大值随温度的升高向波长较大的方向移动B.物质波和光波都是概率波C.原子核越大，它的结合能越高，原子核中核子结合得越牢固D.β衰变的实质是放射性原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子【解析】随着温度的升高，黑体辐射向频率大的方向移动，A 项错误；比结合能越大的原子核，原子核中核子结合得越牢固，C 项错误；发生β衰变时中子转化为质子和电子，产生的电子从核内发射出来，D 项正确.【答案】B、D4.关于原子结构和原子核，下列说法中正确的是（）A.利用α粒子散射实验可以估算原子核的半径B.利用α粒子散射实验可以估算核外电子的运动半径C.原子的核式结构模型很好地解释了氢原子光谱的实验D.处于激发态的氢原子放出光子后，核外电子运动的动能将增大①由于爆炸后的弹片存在放射性，对环境产生长期危害②爆炸后的弹片不会对人体产生危害③铀238的衰变速率很快④铀238的半衰期很长A.①②B.③C.①④D.②④【解析】贫铀弹主要成分为铀238,是放射性元素，且半衰期长，①④对，故选C.【答案】C6.下列说法正确的是（）A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B.汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光波长太短D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【解析】综合考查原子物理和光学知识.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应（聚变反应），不是核裂变反应，选项A错；汤姆孙发现电子，表明电子是原子的组成部分，不能表明原子具有核式结构，选项B错；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应现象，是因为该束光的频率太低（低于极限频率），选项C错；根据玻尔理论，选项D正确.【答案】D二、非选择题（共70分）7.(8分)如图所示的实验电路，当用黄光照射光电管中的碱金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转.若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，此时电压表读数为U.若此时增加黄光照射的强度，则毫安表 (选填“有”或“无”)示数.若改用蓝光照射光电管中的金属涂层，则毫安表 (选填“有”或“无”)示数.【解析】光电效应的原理是当有频率足够大的光照射到金属表面时，将会使金属中的电子获得足够能量而从表面逸出，逸出的电子向另一极板定向移动而形成电流.【答案】 无 有8.(10分)用不同频率的光照射某金属均产生光电效应，测量金属遏止电压U c 与入射光频率ν，得到U c -ν图象，根据图象求出该金属的截止频率νc= Hz ，普朗克常量h= J ·s.【解析】根据光电效应方程有h ν=221mv +W,又有221mv =eU c ，解得图线的斜率为h e,截距的大小为We. 【答案】5.0×10146.4×10-349.(12分)一静止的质量为m1的原子核发生一次α衰变.已知衰变后的α粒子的质量为m 2、电荷量为q 、速度为v ，并假设衰变过程中释放的核能全部转化为α粒子和新核的动能.求衰变后新核反冲的速度大小；衰变过程中的质量亏损(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计).【解析】设新核反冲的速度大小为v ′，由动量守恒定律有'212)(v m m v m -=.解得v ′=v m m m 212-.释放的核能为ΔE=2221v m +2'21)(21v m m -, 又ΔE=Δm ·c 2,解得Δm=221212)(2cm m v m m -. 【答案】v m m m 212- 221212)(2c m m v m m -10.(12分)已知氢原子基态电子轨道半径为r 0=0.528×10-10m,量子数为n 的激发态的能量E n=26.13n-eV.求：(1)电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态，画一能级图，在图上用箭头标明这些氢原子所能发出光的光谱线有哪几条？(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条光谱线的波长.(k=9.0×109N·m2/C2,e=1.60×10-19 C,h=6.63×10-34 J)【解析】(1)库仑力提供向心力，则有22rke=2rvm,则221mv=22rke,代入数据得电子在基态轨道上运动的动能为13.6 eV.(2)能级图如图所示，可得三条光谱线.(3)波长最短的光频率最高、能量最大，对应处于n=3的激发态的氢原子向n=1能级跃迁所发出光的光谱线.将能量单位“eV”换算成国际单位“J”后得：λ=13EEhc-=1.03×10-7 m.【答案】(1)13.6 Ev (2)如图所示 (3)1.03×10-7m11.(13分)1934年约里奥-居里夫妇用α粒子轰击静止的2713Al，发现了放射性磷3015P和另一种粒子，并因这一伟大发现而获得诺贝尔物理学奖.(1)写出这个过程的核反应方程式；（2）若该种粒子以初速度v0与一个静止的12C核发生碰撞，但没有发生核反应，该粒子碰后的速度大小为v1,运动方向与原运动方向相反，求碰撞后12C核的速度.【解析】（1）核反应方程式为：42He+2713Al→3015P+1n.(2)设该种粒子即为中子的质量为m,则12C核的质量为12m,碰撞后12C核的速度为v2.由动量守恒定律可得:mv0=m(-v1)+12mv2，解得：v2=0112v v+.则碰撞后12C核的运动方向与该粒子原运动方向相同.【答案】（1）42He+2713Al→3015P+1n.（2）速率为0112v v+，方向与中子开始时的运动方向相同12.(15分)科学家估算四川汶川特大地震释放的能量相当于200万个在广岛投掷的原子弹的能量，根据下列数据估算这次地震释放的能量：(1)广岛原子弹释放的核能可用下面的典型裂变反应方程式表示；235 92U +1n →13954Xe + 9438Sr + 31n235.043 9 1.008 7 138.917 8 93.915 4 3×1.008 7反应方程下方的数字是中子及有关原子的静止质量(以原子量u为单位).已知1 u的质量对应的能量为930 MeV，此裂变反应释放出的能量是多少？(2)广岛原子弹内含纯铀235共1 kg，该原子弹爆炸释放的能量为多少？由此估算汶川地震释放能量约是多少？。
2023年高考物理一轮总复习：静电现象的应用(含答案解析)
2023年高考物理一轮总复习：静电现象的应用一．选择题（共17小题）1．下列说法正确的是（）A．在无人自助加油站给汽车加油时，由于没有人员看管，可接打手机B．发电厂的变压器发生火灾时，应先断开电源再灭火C．随着科技的发展，电荷是可以消灭的D．太阳发出的能量射到地球上转化为其他能量，射到宇宙中的能量则会消失2．下列哪些措施是为了防止静电产生的危害（）A．在高大建筑物顶端装上避雷针B．静电植绒C．静电复印D．静电喷漆3．用塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发都会带电，这是因为（）A．质子在梳子和头发之间发生了转移B．摩擦创造了电荷C．电子在梳子和头发之间发生了转移D．静电感应创造了电荷4．用带正电的小球靠近不带电验电器的金属球，结果验电器的金属箔张开，如图甲所示；用带正电的小球接触不带电验电器的金属球，结果验电器的金属箔张开，如图乙所示。
关于甲、乙两验电器金属箔带电情况，下列说法正确的是（）A．甲带正电，乙带负电B．甲带负电，乙带正电C．都带正电D．都带负电5．下列措施中不是为了防止静电产生危害的是（）A．飞机的轮胎使用导电橡胶制成的B．罐车尾部常拖一条铁链C．电视机上装一根户外天线D．在高大的建筑物顶端装上避雷针6．下列说法错误的是（）A．高大建筑上的避雷针是利用尖端放电的原理B．路上行驶的油罐车后方有一条拖地的铁链，作用是向外界散热C．在高压环境下工作的电工都要穿静电防护服，是利用了静电屏蔽的原理D．站在一根高压电线上的鸟不会触电，是因为两脚间电势差太小，流过鸟身体的电流几乎为零7．下列做法中，属于预防静电危害的是（）A．静电喷漆B．在烟道的中央装有静电除尘器C．电视机上装有一条户外天线D．运输汽油等易燃易爆物品的车辆拖一条铁链在地上8．如图所示，AB是中性导体，把一个带正电的电荷靠近（不接触）A端后，又拿走。
B 端带电情况为（）A．正电B．不带电C．负电D．不确定9．在气候干燥的秋冬季节，人们常常会碰到这些现象：晚上脱衣时，常会听到噼啪的声响；早上起来梳头时，头发常会“飘”起来。
高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动基次2匀变速直线运动的规律练习含解析新人教版
基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝,8) s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间． 解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。
全品复习方案高考物理一轮复习 第6单元 动量课时作业(含解析)-人教版高三全册物理试题
动量课时作业课时作业(十七)第17讲动量动量定理时间/40分钟根底达标1.如下关于冲量与动量的说法中正确的答案是()A.物体所受合外力越大,其动量变化一定越快B.物体所受合外力越大,其动量变化一定越大C.物体所受合外力的冲量大,其动量变化可能小D.物体所受合外力的冲量越大,其动量一定变化越快2.游乐场里,质量为m的小女孩从滑梯上由静止滑下.空气阻力不计,滑梯可等效为直斜面,与水平面的夹角为θ,小女孩与滑梯间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,如此如下判断中正确的答案是()A.小女孩下滑过程中弹力的冲量为零B.小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力总冲量为零,总功也为零C.小女孩下滑过程中动量的变化为mg sinθ·tD.小女孩下滑至底端时动量的大小为mg(sinθ-μcosθ)t图K17-13.甲、乙两同学做了一个小游戏,如图K17-1所示,用棋子压着纸条,放在水平桌面上接近边缘处.第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的P点.第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的N点.两次现象相比()A.第二次棋子的惯性更大B.第二次棋子受到纸带的摩擦力更小C.第二次棋子受到纸带的冲量更小D.第二次棋子离开桌面时的动量更大4.[2018·成都二模]一枚30g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45m高)落下,能砸破人的头骨.假设鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s,人的质量为50kg,重力加速度g取10m/s2,如此头骨受到的平均冲击力约为()A.1700NB.2000NC.2300ND.2500N图K17-25.质量m=3kg的小物体放在水平地面上,在水平力F=15N的作用下开始运动.在0~2s的时间内,拉力F的功率P随时间变化的关系图像如图K17-2所示,如此小物体与水平面间的动摩擦因数为(重力加速度g取10m/s2) ()A.B.C.D.6.如图K17-3所示,a、b、c是三个一样的小球,a从光滑斜面顶端由静止开始自由滚下,同时b、c 从同一高度分别开始自由下落和平抛.如下说法正确的答案是()图K17-3A.它们同时到达同一水平面B.它们动量变化的大小相等C.它们的末动能一样D.重力对它们的冲量相等图K17-47.(多项选择)[2018·常德模拟]如图K17-4所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点时速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g.关于小球下落的整个过程,如下说法正确的答案是()A.小球的机械能减少了mg(H+h)B.小球抑制阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量大于mD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量8.(多项选择)如图K17-5所示,斜面除AB段粗糙外,其余局部都是光滑的,物体与AB段间的动摩擦因数处处相等.物体从斜面顶点滑下,经过A点时的速度与经过C点时的速度相等,且AB=BC,如此如下说法中正确的答案是()图K17-5A.物体在AB段和BC段的加速度大小相等B.物体在AB段和BC段的运动时间相等C.物体在以上两段运动中重力做的功相等D.物体在以上两段运动中的动量变化量一样技能提升9.(多项选择)[2019·湖北恩施模拟]几个水球可以挡住一颗子弹?CCTV(国家地理频道)的实验结果是:四个水球足够!完全一样的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球.如下判断正确的答案是()图K17-6A.子弹在每个水球中的速度变化一样B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在毎个水球中的动能变化一样10.(多项选择)[2018·辽宁五校模拟]一个静止的质点在t=0到t=4s这段时间内仅受到力F的作用,F的方向始终在同一直线上,F随时间t的变化关系如图K17-7所示.如下说法中正确的答案是()图K17-7A.在t=0到t=4s这段时间内,质点做往复直线运动B.在t=1s时,质点的动量大小为1kg·m/sC.在t=2s时,质点的动能最大D.在t=1s到t=3s这段时间内,力F的冲量为零11.(多项选择)水平面上有质量为m a的物体a和质量为m b的物体b,分别在水平推力F a和F b作用下开始运动,运动一段时间后撤去推力,两个物体都将再运动一段时间后停下.两物体运动的v-t图线如图K17-8所示,图中线段AC∥BD.以下说法正确的答案是()图K17-8A.假设m a>m b,如此F a<F b,且物体a抑制摩擦力做功小于物体b抑制摩擦力做功B.假设m a>m b,如此F a>F b,且物体a抑制摩擦力做功大于物体b抑制摩擦力做功C.假设m a<m b,如此可能有F a<F b,且物体a所受摩擦力的冲量大于物体b所受摩擦力的冲量D.假设m a<m b,如此可能有F a>F b,且物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量12.(多项选择)[2018·南宁期末]如图K17-9甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻以初速度v0从倾角为θ的足够长的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图像如图乙所示.t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端.重力加速度为g.如下说法正确的答案是()图K17-9A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sinθB.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为mv0C.斜面倾角θ的正弦值为D.不能求出3t0时间内物块抑制摩擦力所做的功13.某同学研究重物与地面撞击的过程,利用传感器记录重物与地面的接触时间.他让质量为m=9kg的重物(包括传感器)从高H=0.45m处自由下落撞击地面,重物反弹高度h=0.20m,重物与地面接触时间t=0.1s.假设重物与地面的形变很小,可忽略不计.g取10m/s2,求:(1)重物受到地面的平均冲击力大小.(2)重物与地面撞击过程中损失的机械能.挑战自我14.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103kg/m3) ()A.0.15PaB.0.54PaC.1.5PaD.5.4Pa课时作业(十八)A第18讲动量守恒定律与其应用时间/40分钟根底达标1.如图K18-1所示,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,槽底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始下滑,如此小球下滑过程中()图K18-1A.小球和槽组成的系统动量守恒B.槽对小球的支持力不做功C.重力对小球做功的瞬时功率一直增大D.地球、小球和槽组成的系统机械能守恒2.如图K18-2甲所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星别离.前局部的卫星质量为m1,后局部的箭体质量为m2,别离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,如图乙所示,假设忽略空气阻力与别离前后系统质量的变化,如此别离后卫星的速率v1为()图K18-2A.v0-v2B.v0+v2C.v0-v2D.v0+(v0-v2)图K18-33.如图K18-3所示,光滑水平桌面上有两个大小一样的小球,质量之比m1∶m2=2∶1,球1以3m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起,桌面距离地面的高度h=1.25m,g取10m/s2,如此落地点到桌面边沿的水平距离为()A.0.5mB.1.0mC.1.5mD.2.0m图K18-44.如图K18-4所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端,当两人同时相向运动时,如下说法正确的答案是 ()A.假设小车不动,如此两人速率一定相等B.假设小车向左运动,如此A的动量一定比B的小C.假设小车向左运动,如此A的动量一定比B的大D.假设小车向右运动,如此A的动量一定比B的大图K18-55.(多项选择)A、B两球沿同一条直线运动,如图K18-5所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x-t图像,c为碰撞后它们的x-t图像.假设A球质量为1kg,如此B球质量与碰后它们的速度大小分别为()A.2kgB.kgC.4m/sD.1m/s技能提升图K18-66.(多项选择)质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块丙发生碰撞,如图K18-6所示,碰撞时间极短.在此过程中,如下情况可能发生的是()A.甲、乙、丙的速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.乙的速度不变,甲和丙的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2C.乙的速度不变,甲和丙的速度都变为v',且满足Mv=(M+m)v'D.甲、乙、丙速度均发生变化,甲、乙的速度都变为v1,丙的速度变为v2,且满足(M+m)v0=(M+m)v1+mv27.(多项选择)质量为M的某机车拉着一辆质量与它一样的拖车在平直路面上以v0=10m/s的速度匀速行驶.途中某时刻拖车突然与机车脱钩.假设脱钩后机车牵引力始终保持不变,而且机车与拖车各自所受阻力也不变.如下说法中正确的答案是()A.脱钩后某时刻机车与拖车的速度可能分别是15m/s、5m/sB.脱钩后某时刻机车与拖车的速度可能分别是25m/s、-2m/sC.从脱钩到拖车停下来,机车与拖车组成的系统动量不变,动能增加D.从脱钩到拖车停下来,机车与拖车组成的系统动量减少,动能减少8.(多项选择)A、B两船的质量均为m,都静止在平静的湖面上,现A船上质量为m的人以对地水平速度v从A船跳到B船,再从B船跳到A船,经n次跳跃后,人停在B船上,不计水的阻力,如此()A.A、B两船的速度大小之比为2∶3B.A、B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1C.A、B(包括人)两船的动能之比为3∶2D.A、B(包括人)两船的动能之比为1∶19.(多项选择)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图K18-7甲所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19kg,如此()图K18-7A.碰后蓝壶速度为0.8m/sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD.碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1∶2010.(多项选择)如图K18-8所示,用轻弹簧相连的质量均为1kg的A、B两物块都以v=4m/s的速度在光滑水平地面上运动,弹簧处于原长,质量为2kg的物块C静止在前方,B与C碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中,如下说法正确的答案是()图K18-8A.当弹簧的形变量最大时,物块A的速度为2m/sB.弹簧的弹性势能的最大值为JC.弹簧的弹性势能的最大值为8JD.在以后的运动中,A的速度不可能向左11.(多项选择)如图K18-9所示,光滑水平面上有大小一样的A、B两球在同一直线上运动.两球质量的关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s,如此()图K18-9A.该碰撞为弹性碰撞B.该碰撞为非弹性碰撞C.左方是A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶5D.右方是A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶1012.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊会爆开.某次试验中,质量m1=1600kg的试验车以速度v1=36km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10s碰撞完毕,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响.(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小与F0的大小;(2)假设试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1600kg、速度v2=18km/h、同向行驶的汽车,经时间t2=0.16s两车以一样的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开.挑战自我13.如图K18-10所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB 长度为2R.现将质量也为m的小球从距A点正上方h0的位置由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为h0(不计空气阻力),如此()图K18-10A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h满足h0<h<h0课时作业(十八)B第18讲动量守恒定律与其应用时间/40分钟根底达标图K18-111.[2018·株洲质检]如图K18-11所示,长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,初始时它们直立在光滑的水平地面上,后由于受到微小扰动,系统从图示位置开始倾倒.当小球甲刚要落地时,其速度大小为(重力加速度为g)()A.B.C.D.02.如图K18-12所示,木块A的右侧为光滑曲面,曲面下端极薄,其质量m A=2.0kg,原来静止在光滑的水平面上.质量m B=2.0kg的小球B以v=2m/s的速度从右向左冲上木块A,如此B球沿木块A的曲面向上运动中可上升的最大高度是(设B球不能飞出去,g取10m/s2)()图K18-12A.0.40mB.0.10mC.0.20mD.0.50m图K18-133.如图K18-13所示,放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上、下两层粘在一起组成的.质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,假设击中上层,如此子弹刚好不穿出;假设击中下层,如此子弹嵌入其中.比拟这两种情况,以下说法中不正确的答案是()A.滑块对子弹的阻力一样大B.子弹对滑块做的功一样多C.滑块受到的冲量一样大D.系统产生的热量一样多4.如图K18-14甲所示,长木板A静止在光滑的水平面上,质量为m=1kg的物块B以v0=3m/s的速度滑上A的左端,之后A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,g取10m/s2,由此可得()图K18-14A.A的质量等于B的质量B.A的质量小于B的质量C.0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能为4JD.0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能为3J技能提升图K18-155.(多项选择)如图K18-15所示,质量为M的三角形斜劈置于光滑水平地面上,三角形的底边长为L,斜面也光滑.质量为m的滑块(可看作质点)由静止开始沿斜面下滑的过程中 ()A.斜劈与滑块组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.滑块沿斜面滑到底端时,斜劈移动的位移大小为C.滑块对斜劈的冲量大小等于斜劈的动量变化量D.滑块抑制支持力做的功等于斜劈增加的动能6.(多项选择)在光滑的水平面上,两物体A、B的质量分别为m1和m2,且m1<m2,它们用一根轻质弹簧相拴接.开始时,整个系统处于静止状态,弹簧处于自然长度.第一次给物体A一个沿弹簧轴线方向水平向右的初速度v,第二次给物体B一个沿弹簧轴线方向水平向左的等大的初速度v,如图K18-16所示.弹簧的形变未超出弹性限度,比拟这两种情况,如下说法正确的答案是()图K18-16A.两种情况下物体A、B的共同速度大小相等B.第一次物体A、B的共同速度较小C.两种情况下弹簧的最大弹性势能一样D.第二次弹簧的最大弹性势能较大7.(多项选择)如图K18-17所示,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块.现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度,如下说法正确的答案是()图K18-17A.最终小物块和木箱都将静止B.最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为C.木箱的速度水平向左、大小为时,小物块的速度大小为D.木箱的速度水平向左、大小为时,小物块的速度大小为8.(多项选择)如图K18-18甲所示,轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的A、B两物块相连,它们静止在光滑水平地面上.现给物块A一个瞬时冲量,使它获得水平向右的速度v0,从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,如此如下判断正确的答案是 ()图K18-18A.t1时刻弹簧长度最短B.在t1~t3时间内,弹簧处于压缩状态C.在0~t2时间内,弹簧对A的冲量大小为m1(v0-v3)D.物块A、B的动量满足m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v39.(多项选择)如图K18-19所示,水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d.质量分别为m1和m2的A、B两物体与弹簧连接,B物体的左边有一固定挡板.A物体从图示位置由静止释放,当两物体相距最近时,A物体的速度为v1,如此在以后的运动过程中,可能的情况是()图K18-19A.A物体的最小速度是0B.在某段时间内A物体向左运动C.B物体的最大速度一定是v1D.B物体的最大速度是v1挑战自我10.[2018·汉中质检]如图K18-20所示,竖直平面内的轨道ABCD由水平局部AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成,AB恰与圆弧轨道CD在C点相切,其总质量M=4kg,其右侧紧靠在固定挡板上,静止在光滑水平面上.在轨道的左端有一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)以v0=3m/s的初速度向右运动,小滑块刚好能冲到D点.小滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.5,轨道水平局部AB的长度L=0.5m,g取10m/s2.(1)求小滑块经过C点时对轨道的压力大小;(2)通过计算分析小滑块最终能否从轨道上掉下.图K18-2011.如图K18-21所示,一个轻弹簧水平放置,左端固定在A点,右端与一质量为m1=1kg的物块P接触但不拴接.AB是水平轨道,B端与半径R=0.8m的竖直光滑半圆轨道BCD底部相切,D是半圆轨道的最高点.另一质量为m2=1kg的物块Q静止于B点.用外力缓慢向左推动物块P,将弹簧压缩(弹簧处于弹性限度内),使物块P静止于距B端L=2m处.现撤去外力,物块P被弹簧弹出后与物块Q发生正碰,碰撞前物块P已经与弹簧分开,且碰撞时间极短,碰撞后两物块粘到一起,并恰好能沿半圆轨道运动到D点.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5,物块P、Q均可视为质点,g取10m/s2.求:(1)与物块Q发生碰撞前瞬间物块P的速度大小;(2)释放物块P时弹簧的弹性势能E p.图K18-21课时作业(十七)1.A[解析]由动量定理得FΔt=Δp,如此F=,即合力为动量的变化率,不等于动量的变化量,选项A正确.2.D[解析]小女孩下滑过程中弹力的冲量为mg cosθ·t,选项A错误;小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力的总冲量为零,总功为负值,选项B错误;由动量定理知,小女孩下滑过程中动量的变化为mg(sinθ-μcosθ)t,选项C错误;因从静止开始滑下,所以小女孩下滑到底端时动量的大小为mg(sinθ-μcosθ)t,选项D正确.3.C[解析]惯性由质量决定,与速度无关,选项A错误;先后两次将纸条抽出,棋子受到的滑动摩擦力相等,由动量定理得μmgt=mv,第二次时间更短,棋子受到纸带的冲量更小,离开桌面时的动量更小,选项B、D错误,选项C正确.4.B[解析]鸡蛋自由下落的时间t1==3s,对鸡蛋运动的全过程,由动量定理得mg(t1+t2)=t2,解得=2000N,选项B正确.5.B[解析]由图像可知,t=2s时,P=30W,可得v==2m/s,由动量定理得(F-μmg)t=mv,解得μ=0.4,选项B正确.6.B[解析]b做自由落体运动,c的竖直分运动是自由落体运动,b、c的加速度都为g,设斜面的倾角为θ,如此a的加速度为g sinθ,下落一样高度,设高度为h,a运动时间为t1,如此=g sinθ,所以t1=,b、c下落时间为t2=,a与b、c所用时间不同,选项A错误;a的动量变化为mg sinθ·t1=m,b、c的动量变化为mgt2=m,故三球动量变化大小相等,选项B正确;由机械能守恒定律可知,c的末动能大于a、b的末动能,选项C错误;由于t1>t2,所以重力对它们的冲量大小不相等,选项D错误.7.AC[解析]小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),如此小球的机械能减少了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程,由动能定理得mg(H+h)-W f=0,如此小球抑制阻力做功W f=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对进入泥潭的过程,由动量定理得I G-I f=0-m,解得I f=I G+m,可知阻力的冲量大于m,故C正确;对全过程分析,由动量定理知,动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.8.ABC[解析]根据运动学公式=+2ax,对AB段,有=+2a AB x AB,对BC段,有=+2a BC x BC,因为v C=v A,x AB=x BC,所以a AB=-a BC,即两段运动中加速度大小相等,方向相反,A正确;根据动量定理,对AB段,有F合t AB=m(v B-v A),对BC段,有F合't BC=m(v C-v B),因为两段运动中速度变化量大小相等,方向相反,合外力大小相等,方向相反,所以t AB=t BC,B正确;因为x AB=x BC,所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等,故重力做功相等,C正确;物体在以上两段运动中动量变化量大小相等,方向相反,D错误.9.BCD[解析]子弹在水球中沿水平方向做匀减速直线运动,通过四个水球的平均速度不同,运动位移一样,如此时间不等,由Δv=aΔt可得,子弹在每个水球中的速度变化不一样,由I=mat可得,每个水球对子弹的冲量不同,由ma·l=ΔE k可得,子弹在毎个水球中的动能变化一样,选项A错误,选项B、C、D正确.10.CD[解析]0~4s内,质点先做加速运动后做减速运动,由动量定理得I总=mv,由图像可得0~4s内合力的冲量为0,如此4s末的速度恰减为0,选项A错误;0~1s内合力的冲量为I1=0.5N·s,如此t=1s时质点的动量为0.5kg·m/s,选项B错误;由动量定理可得,在t=2s时质点速度最大,动能最大,选项C正确;1~3s内图像与时间轴所围的面积为0,F的冲量为0,选项D正确.11.BD[解析]v-t图线中线段AC∥BD,故两物体与水平面间的动摩擦因数一样,设动摩擦因数为μ,在a、b加速的过程中,由牛顿第二定律得F a-μm a g=m a a a,F b-μm b g=m b a b,解得F a=m a a a+μm a g,F b=m b a b+μm b g,由v t图像知,在a、b加速的过程中,a a>a b,假设m a>m b,如此F a>F b;整个运动过程中a、b的位移分别为x a=×2v0×2t0=2v0t0和x b=v0×3t0=v0t0,物体a抑制摩擦力做功W fa=μm a gx a,物体b抑制摩擦力做功W fb=μm b gx b,假设m a>m b,如此物体a抑制摩擦力做功大于物体b 抑制摩擦力做功,选项A错误,B正确.假设m a<m b,如此F a、F b的大小关系不确定;物体a所受摩擦力的冲量大小I a=μm a g×2t0,物体b所受摩擦力的冲量大小I b=μm b g×3t0,假设m a<m b,如此物体a 所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量,选项C错误,D正确.12.BC[解析]物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小I G=3mgt0,选项A错误;设物块返回底端的速度为v,如此有=,即v=,物块从开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小Δp=mv0,选项B正确;由动量定理知,对上滑和下滑过程,分别有-(mg sinθ+μmg cos θ)·t0=-mv0和(mg sinθ-μmg cosθ)·2t0=mv0,联立可得sinθ=,选项C正确;在3t0时间内物块抑制摩擦力做的功W f=m-mv2=m,选项D错误.13.(1)540N(2)22.5J[解析](1)重物自由下落,设落地前瞬间的速度为v1,有H=gt2,v1=gt,解得v1=3m/s设反弹瞬间速度为v2,有=2gh,解得v2=2m/s规定向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2+mv1,解得F=540N(2)损失的机械能ΔE=m-m=22.5J.14.A[解析]设雨滴受到支持面的平均作用力为F,在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v=12m/s减为零.以向上为正方向,对这局部雨水,由动量定理得FΔt=0-(-Δmv)=Δmv,解得F=v,设水杯的横截面积为S,对水杯里的雨水,在Δt时间内水面上升Δh高度,有Δm=ρSΔh,F=ρSv,产生的压强p==ρv=0.15Pa,故A正确.课时作业(十八)A1.D[解析]小球下滑过程中,小球与槽组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,选项A错误;小球下滑过程中,小球的位移方向与槽对小球的支持力方向的夹角为钝角,故支持力做负功,选项B错误;刚开始时小球速度为零,重力的功率为零,当小球到达底端时,速度水平,与重力方向垂直,重力的功率为零,所以重力的功率先增大后减小,选项C错误;小球下滑过程中,地球、小球和槽组成的系统机械能守恒,选项D正确.2.D[解析]对于火箭和卫星组成的系统,在别离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),D正确.3.B[解析]小球1在桌面上滑动的过程,速度不变,与小球2碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得v=2m/s,两球脱离桌面后做平抛运动,运动时间t==0.5s,水平位移x=vt=1m,选项B正确.4.C[解析]A、B两人与小车组成的系统受合外力为零,系统动量守恒,根据动量守恒定律得m A v A+m B v B+m车v车=0,假设小车不动,如此m A v A+m B v B=0,由于不知道A、B的质量关系,所以两人的速率不一定相等,故A错误;假设小车向左运动,如此A、B的动量之和必须向右,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的大,故B错误,C正确;假设小车向右运动,如此A、B的动量之和必须向左,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的小,故D错误.5.BD[解析]由图像可知,碰撞前A、B两球都做匀速直线运动,v a=m/s=-3m/s,v b=m/s=2m/s,碰撞后二者合在一起做匀速直线运动,v c=m/s=-1m/s,碰撞过程中动量守恒,即m A v a+m B v b=(m A+m B)v c,可解得m B=kg,选项B、D正确.6.BC[解析]碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度在瞬间不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,假设碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;假设碰后滑块甲和丙的速度一样,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v',故B、C正确.7.AC[解析]机车牵引力不变,脱钩后机车做加速运动,拖车做减速运动,拖车最后速度为0,对运动的整体,由动量守恒定律得2Mv0=Mv1+Mv2,当v1=15m/s时,v2=5m/s,选项A正确,B错误;对系统,由动。
专题16 带电粒子在非匀强电场中的运动-2021高考物理一轮复习压轴题剖析(电学部分)(解析版)
专题16带电粒子在非匀强电场中的运动压轴题一、单选题1．某空间区域有竖直方向的电场（图中只画出了一条电场线）．一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动．不计一切阻力，运动过程中小球的机械能E与小球位移x的关系图象如图所示，由此可以判断（）A．小球所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上B．小球所处的电场为匀强电场，场强方向向下C．小球可能先做加速运动，后做匀速运动D．小球一定先做加速运动，达到最大速度后做减速运动，最后静止【答案】A【解析】AB、物体的机械能不断减小，由功能关系知电场力做负功，故电场强度方向向上，根据功能关系得：△E＝qE△x，知图象的斜率等于电场力，斜率不断减小，故电场强度不断减小，因此电场是非匀强电场．故A正确、B错误；CD、在运动过程中，物体受重力与电场力；物体由静止开始下落，故刚开始时重力大于电场力，下落过程中，电场力越来越小，故加速度越来越大，当电场力减小到0时，加速度达到最大值g，故物体做加速度越来越大的加速运动，最后做匀加速直线运动，故CD错误．2．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（）A ．Q 2带负电且电荷量大于Q 1B ．b 点的场强不为零C ．a 点的电势比b 点的电势高D ．该粒子在a 点的电势能比在b 点的电势能小【答案】D【解析】AB ．由图象分析可知：在b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见b 点的加速度为0，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知b 点的合场强为零，Q 2带负电，且有()()122232kQ kQ L L =所以，Q 1＞Q 2，故AB 错误．CD ．该电荷从a 点到b 点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，再据Ep=qφ知，电势升高，所以b 点电势较高，故C 错误，D 正确．故选D ．3．如图所示，Q 1和Q 2是在真空中固定的两个等量同种电荷，A 和B 是Q 1和Q 2连线上关于中点O 对称的两点．一电子从A 点由静止开始运动，运动中仅受电场力作用，此电子就以O 为中心在A 、B 之间来回往复运动．一面说法中正确的是（）A ．Q 1和Q 2都带正电B ．电子在O 点的速度最大C ．A 、O 、B 三点中，O 点的电势最低D ．电子在O 点具有的电势能最大【答案】B【解析】电子带负电，仅受电场力作用由静止开始从A 向B 运动，所以Q 1和Q 2都应该带负电，故A 错误；电场力对电子先做正功后做负功，动能先增大后减小，O 点电场力为零，动能最大，所以O 点速度最大，故B 正确；电场力对电子先做正功后做负功，电场力做功等于电势能的减小量，故电势能先减小后增加，故电子在O 点的电势能最小；根据pE q ϕ=，O 点的电势最高；故C D 错误；故选B ．4．如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a 、b 、c 为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，下列说法正确的是（）A ．a 点的电势高于b 点的电勢B ．粒子在a 点的加速度比在b 点的加速度小C ．粒子在a 点的动能比在b 点的动能大D ．粒子在b 点的电势能比在c 点时的电势能小【答案】D【解析】由于粒子性质和电场方向未知，故不能判断电势高低，A 错误；因a 点处的等势面密集，故a 点的电场强度大，故电荷在a 点受到的电场力大于b 点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a 点的加速度比在b 点的加速度大，B 错误；由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从a 到b 电场力做正功，粒子动能增大，b 点的动能大于a 点的动能，粒子受到的电场力指向右侧，则从b 到c 电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在b 点的电势能比在c 点时的电势能小，C 错误D 正确；5．如图所示，是一正点电荷仅在电场力作用下，从A 点运动到B 点的速度图象，电荷在A 、B 两点对应的时刻分别为t A 、t B ，下列说法中正确的是（）A ．A 点的场强一定小于B 点的场强B ．A 点的电势一定低于B 点的电势C ．正电荷在A 点的电势能一定大于B 点的电势能D ．由A 至B 的过程中，电场力一定对正电荷做正功【答案】B【解析】A 、根据速度图象的斜率等于加速度大小，由数学知识可以看出,从A 点运动到B 点的过程中带电粒子的加速度减小，由F ma =知带电粒子所受的电场力减小，由F qE =可以知道，电场强度E 减小，即有A 处的场强一定大于B 处的场强，故A 错误；B 、因为带电粒子的动能减小，则电势能增大，而正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，则知A 处的电势一定低于B 处的电势，故B 正确；CD 、由图看出,带电粒子的速度减小，动能减小，则由能量守恒定律得知，其电势能增大，电场力对粒子一定做负功，故C D 错误；故选B ．二、多选题6．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q （图中未画出）时速度为零．则小球a （）A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】A ．a 球从N 点静止释放后，受重力mg 、b 球的库仑斥力F C 和槽的弹力N 作用，a 球在从N 到Q 的过程中，mg 与F C 的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设F C 的大小不变，随着θ的减小mg 与F C 的合力F 将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，F C 逐渐增大，因此F 一直增加，故选项A 错误；B ．从N 到P 的过程中，重力沿曲面切线的分量逐渐减小到零且重力沿曲面切线的分量是动力，库仑斥力沿曲面切线的分量由零逐渐增大且库仑斥力沿曲面切线的分量是阻力，则从N 到P 的过程中，a 球速率必先增大后减小，故选项B 正确；C ．在a 球在从N 到Q 的过程中，a 、b 两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a 球电势能一直增加，故选项C正确；D．在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和，故选项D错误．7．如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a上一点A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量绝对值为12E，不计粒子的重力，由此可以判断（）A．甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电B．甲的电量一定为乙电量的2倍C．甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功D．甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍【答案】BC【解析】A．根据等势面与电场线的方向垂直的特点，画出两条电场线如图，对比轨迹与电场线的可得，甲偏转的方向大体向下，而乙偏转的方向大体向上，二者偏转的方向沿电场线的两个不同的方向，所以甲与乙一定带不同性质的电荷；由于不知道abc个等势面的电势的高低，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出甲、乙的具体的电性，故A错误；B．由题目可知，电场力对甲做的功是对乙做的功的2倍，根据电场力做功的特点：W=qU，甲的电荷量的绝对值是乙的电荷量的绝对值的2倍，故B正确；C．对比轨迹与电场线的可得，甲的轨迹的方向与受力的方向之间的夹角是锐角，所以电场力对甲做正功；而乙的轨迹方向与电场线的方向之间的夹角是钝角，所以电场力对乙做负功，故C正确；D．电势能的大小与0势能面的选取有关，由于不知道0势能面的位置，所以不能判断出甲、乙电势能绝对值的关系，故D错误。
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2019高考物理（人教）一轮编练习题（16）
李仕才
一、选择题
1、汽车在平直公路上做刹车试验，若从t ＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图2所示，下列说法正确的是( )
图2
A ．t ＝0时汽车的速度为10 m/s
B ．刹车过程持续的时间为5 s
C ．刹车过程经过3 s 时汽车的位移为7.5 m
D ．刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s 2
解析 由图象可得x ＝－1
10v 2＋10，根据v 2－v 20＝2ax 可得x ＝
1
2a v 2－v 20
2a ，解得a ＝－5 m/s 2，v 0＝10 m/s ，选项
A 正确，选项D 错误；汽车刹车过程的时间为t ＝0－v 0a
＝2 s ，选项B 错误；汽车经过2 s 停止，因而经过3 s 时汽车的位移为x ＝10 m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项C 错误。
答案 A
2、如图1所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动.分析图甲、图乙后，下列说法正确的是( )
图1
A.弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和
B.图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力
C.图甲中木箱受到的合力小于图乙中木箱受到的合力
D.图甲中木箱受到的合力大于图乙中木箱受到的合力 答案 B
解析 对木箱受力分析，因处于平衡状态，合力为零，则弹力等于木箱受到的摩擦力，故A 错误；根据弹簧的形变量大小可知，图乙的弹力较大，则图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力，故B 正确；根据平衡条件可知，两图中木箱均处于平衡状态，则它们的合力为零，故C 、D 错误.
3、如图7所示，河水流动的速度为v 且处处相同，河宽度为a .在船下水点A 的下游距离为b 处是瀑布.为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)( )
图7
A.小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝b v
.速度最大，最大速度为v max ＝
av b
B.小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小、速度最大，最大速度为v max ＝
a 2＋
b 2v b
C.小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最短且速度最小，最小速度v min ＝
av b
D.小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小，最小速度v min ＝
bv
a 2＋
b 2
答案 D
解析小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t＝a
v船，故A错误；小船轨迹沿
y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度必须指向上游，合速度不是最大，故B
错误；由图，小船沿轨迹AB运动位移最大，由于渡河时间t＝a
v船，与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最短，故C错误；合速度沿着AB方向时位移显然是最大的，划船的
速度最小，故：a
v船＝a2＋b2
v，故
v船＝
av
a2＋b2
；故D正确；故选D.
4、(多选)据报道，一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过．如图11所示，设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为r，周期为T，该慧星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”．已知万有引力常量G，则( )
图11
A．可计算出太阳的质量
B．可计算出彗星经过A点时受到的引力
C．可计算出彗星经过A点的速度大小
D．可确定慧星在A点的速度大于火星绕太阳的速度
【答案】AD
5、如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度
v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分
力。
若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A.1μ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
v 02
2g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
v 02
2g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
v 02
2g cos θ＋x 0tan θ D.1μ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
v 02
2g cos θ＋x 0cot θ
6、(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A 距滑轮顶点高为h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则( )
A ．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh x.k-w
B ．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh ＋3
8
mv 2
C．在绳与水平夹角为30°时，拉力做功的功率为mgv
D．在绳与水平夹角为30°时，拉力做功的功率大于
3
2 mgv
7、如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d。
有一带电粒子以某个速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘。
带电粒子所受的重力忽略不计。
现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是( )
A.仅使粒子的初速度变为2v0
B.仅使粒子的初速度变为
C.仅使B 板向上平移
D.仅使B 板向下平移d
【解析】选B 。
带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，位移x=v 0t ，在沿电场方向做初
速度为零的匀加速运动，y=at 2=·t 2，联立可得x 2=，现在要使x 变为原来的一半，即x 2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为
，A 错误，B 正确;使B 板向
上平移，则根据公式C=可得电容增大为原来的两倍，根据公式U=可得电压变化为原
来的二分之一，x 2变为原来的，C 错误;仅使B 板向下平移d ，则电容变为原来的二分之一，电压变为原来的2倍，x 2为原来的2倍，D 错误。
8、如图所示，OO ′为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B 的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa ′、bb ′、cc ′…，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为q
m
的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO ′轴
线对称的小孔中射出，若入射角为30°的粒子的速度大小为 2 km/s ，则入射角为45°的
粒子速度大小为( )
A ．0.5 km/s
B ．1 km/s
C ．2 km/s
D ．4 km/s
解析：选B 粒子从小孔射入磁场速度与竖直线的夹角，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r 1＝R sin 30°、r 2＝R
sin 45°
，由牛顿
第二定律得Bqv ＝m v 2r ，解得v ＝rqB
m
，所以v ∝r ，则入射角分别为30°、45°的粒子速度大
小之比为v 1v 2＝r 1r 2＝sin 45°
sin 30°
＝
2，则入射角为45°的粒子速度大小为v 2＝1 km/s ，选项B 正
确。
二、非选择题
1、如图所示，板长L ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm 的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m 、带电量为q 的小球由O 点静止释放，沿直线OA 从电容器C 的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O 到A 的距离x ＝45
3 cm ，(g 取10 m/s 2)求：
(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E 的大小； (2)小球刚进入电容器C 时的速度v 的大小； (3)电容器C 极板间的电压U .
解析：(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq ＝mg
sin 60°
，
解得E ＝
2
3mg
3q
. (2)从O 点到A 点，由动能定理得： mgx cot 60°＝1
2mv 2－0
解得：v ＝3 m/s.
(3)小球在电容器C 中做类平抛运动，
水平方向：L ＝vt ①
竖直方向：d 2
＝1
2
at 2②
a ＝Uq
md
－g ③
①②③联立求解得U ＝10m
q
.
答案：(1)23mg 3q (2)3 m/s (3)10m
q。