2020年高三物理一轮复习考点限时规范训练
2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练：机械能守恒定律及应用(含解析)
2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练机械能守恒定律及其应用一、选择题1、如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．物块的机械能可能增加也可能减小【答案】A【解析】机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力F f做功，则机械能的变化取决于F与F f做功大小关系。
由mg sin α＋F f－F＝ma知：F－F f＝mg sin 30°－ma＞0，即F＞F f ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A 项正确。
2、如图所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。
当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 JB ．15 JC ．20 JD ．25 J【答案】A【解析】由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y ＝30 m/s ，落地时，tan 60°＝v y v 0，可得：v 0＝v y tan 60°＝10 m/s ，由机械能守恒得：E p ＝12mv 02，可求得：E p ＝10 J ，故A 正确。
3、滑雪运动深受人民群众喜爱。
某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变【答案】C【解析】运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练9
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点九：牛顿运动定律综合运用限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. [2015·贵州五校联考]如图所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量m A<m B，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在A向上运动的过程中，轻绳的拉力()A. T＝m A gB. T>m A gC. T＝m B gD. T>m B g解析：物体A向上加速运动，物体B向下加速运动，因此A处于超重状态，T>m A g，B处于失重状态，T<m B g，故B正确。
答案：B2. [2014·黄山七校联考]甲、乙、丙、丁四个物体的运动情况或所受合力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，下列有关说法中正确的是()A．甲物体受到不为零、且恒定的合力B. 乙物体受到的合力越来越大C. 丙物体受到的合力为零D. 丁物体的加速度越来越大解析：甲物体做匀速直线运动，所受合力为零，故选项A错误。
乙物体做匀加速直线运动，加速度恒定，受到的合力恒定，故选项B 错误。
丙物体的加速度恒定，则受到的合力恒定，且不为零，故选项C错误。
丁物体受到的合力F越来越大，则加速度越来越大，故选项D正确。
答案：D3. 2014年9月20日，红牛悬崖跳水世界系列赛第六站在西班牙毕尔巴鄂拉开帷幕。
如图所示为某运动员(可看作质点)在一次跳水过程中的v－t图象，t＝0时刻是其向上起跳的瞬间，则()A. t1时刻开始进入水面B. t2时刻开始进入水面C. t3时刻已浮出水面D. t2～t3的时间内，运动员处于失重状态解析：由v－t图象可知，从t＝0时刻到t2时刻，v－t图象为直线，因为v－t图象的斜率表示运动的加速度，所以0～t2时间内的加速度相同，即在0～t2时间内，运动员先减速上升，再加速下降，t1时刻到达最高点，t2时刻之后速度减小，运动员开始进入水中，故A项错误，B 项正确；t 3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，C 项错误；t 2～t 3时间内，运动员的加速度方向向上，处于超重状态，D 项错误。
2020版高考物理一轮总复习 第十三章 限时规范训练新人教版【共2套12页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第十三章第1课时光电效应波粒二象性基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第十三章第2课时原子结构和原子核基次时限时规范训练含解析新人教版光电效应波粒二象性[基础巩固题组](20分钟，50分)1．用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，该实验表明( )A．光的本质是波B．光的本质是粒子C．光的能量在胶片上分布不均匀D．光到达胶片上不同位置的概率相同解析：选C.用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间在胶片出现的图样，说明光有波粒二象性，故A、B错误；时间越长，明暗条纹越明显，说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上分布不均匀，故C正确，D错误．2．(2017·高考北京卷)2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100 nm(1 nm＝10－9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲．“大连光源”因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用．一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎．据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，真空光速c＝3×108 m/s)( )A．10－21 J B．10－18 JC．10－15 J D．10－12 J解析：选B.由E＝hν，ν＝cλ，可得E＝hcλ＝6.6×10－34×3×1081×10－7J≈2×10－18 J，数量级为10－18，所以选项B正确．3．(多选)已知某金属发生光电效应的截止频率为νc，则( )A．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνc C．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍解析：选AB.该金属的截止频率为νc，则可知逸出功W0＝hνc，逸出功由金属自身性质决定，与照射光的频率无关，因此C错误；由光电效应的实验规律可知A正确；由光电效应方程E k＝hν－W0，将W0＝hνc代入可知B正确，D错误．4．用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则( )A．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变B．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小C．逸出的光电子数不变，光电子的最大初动能减小D．光的强度减弱到某一数值，就没有光电子逸出了解析：选A.光的频率不变，表示光子能量不变，仍会有光电子从该金属表面逸出，逸出的光电子的最大初动能也不变；而减弱光的强度，逸出的光电子数就会减少，选项A正确．5．(多选)美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现光子除了具有能量之外还具有动量，被电子散射的X光子与入射的X光子相比( )A．速度减小B．频率减小C．波长减小D．能量减小解析：选BD.光速不变，A错误；光子将一部分能量转移到电子，其能量减小，随之光子的频率减小、波长变长，B、D正确，C错误．6．(多选)如图所示，电路中所有元件完好，但光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，其原因可能是( )A．入射光太弱B．入射光波长太长C．光照时间短D．电源正、负极接反解析：选BD.入射光波长太长，入射光的频率低于截止频率时，不能发生光电效应，故选项B正确；电路中电源反接，对光电管加了反向电压，即使该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，故选项D正确．7．(多选)甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的a、b所示．下列判断正确的是( )A．图线a与b不一定平行B．乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率C．改变入射光强度不会对图线产生任何影响D．图线的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关解析：选BCD.根据光电效应方程E k＝hν－W0＝hν－hν0知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量，因此a与b一定平行，且两斜率是固定值，与入射光和金属材料皆无关系，A错误，D正确；横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，由图可知乙金属的极限频率大，故B正确；纵截距对应ν＝0的时候，此时纵截距的绝对值就是逸出功的大小，根据W0＝hν0可求出，与入射光强度无关，C正确．[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)下列关于波粒二象性的说法正确的是( )A．光电效应揭示了光的波动性B．使光子一个一个地通过单缝，若时间足够长，底片上也会出现衍射图样C．黑体辐射的实验规律可用光的粒子性解释D．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性解析：选BCD.光电效应揭示了光的粒子性，A错误；单个光子通过单缝后在底片上呈现出随机性，但大量光子通过单缝后在底片上呈现出波动性，B正确；黑体辐射的实验规律说明了电磁辐射是量子化的，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射可用光的粒子性来解释，C正确；热中子束射在晶体上产生衍射图样，是由于运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，D正确．2．一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为( )A.λ1λ2λ1＋λ2B．λ1λ2λ1－λ2C.λ1＋λ22D．λ1－λ22解析：选A.中子的动量p1＝hλ1，氘核的动量p2＝hλ2，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波长λ3＝hp3＝λ1λ2λ1＋λ2，A正确．3．某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示，表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料( )材料钠铜铂极限波长(nm)541268196A.B．仅钠、铜能产生光电子C．仅铜、铂能产生光电子D．都能产生光电子解析：选D.根据爱因斯坦光电效应方程可知，只要光源的波长小于某金属的极限波长，就有光电子逸出，该光源发出的光的波长有的小于100 nm ，小于钠、铜、铂三个的极限波长，都能产生光电子，故D 正确，A 、B 、C 错误．4．如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别用锌板和铜板制成(锌板和铜板的截止频率分别为ν1和ν2，且ν1＜ν2)，极板的面积为S ，间距为d .锌板与灵敏静电计相连，锌板和铜板原来都不带电．现用频率为ν(ν1＜ν＜ν2)的单色光持续照射两板内表面，假设光电子全部到达另一极板，则电容器的最终带电荷量Q 正比于( )A.d S (ν1－ν)B ．d S (ν1－ν2) C.S d ⎝ ⎛⎭⎪⎫ν－ν1νν1 D ．Sd (ν－ν1) 解析：选D.现用频率为ν(ν1＜ν＜ν2)的单色光持续照射两板内表面，根据光电效应的条件，知该单色光照射锌板能发生光电效应，照射铜板不能发生光电效应．通过光电效应方程知，光电子的最大初动能E km ＝hν－hν1.临界状态是电子减速到负极板时速度刚好为零．根据动能定理有eU ＝E km ＝hν－hν1.平行板电容器的电容C ∝S d ，而Q ＝CU ，所以Q ∝S d(ν－ν1)，故D 正确．5．如图甲所示，合上开关，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极K ，发现电流表读数不为零．调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V 时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60 V 时，电流表读数为零．把电路改为图乙，当电压表读数为2 V 时，则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为( )A ．1.5 eV 0.6 eVB ．1.7 eV 1.9 eVC ．1.9 eV 2.6 eVD ．3.1 eV 4.5 eV解析：选C.光子能量hν＝2.5 eV 的光照射阴极，电流表读数不为零，则能发生光电效应，当电压表读数大于或等于0.6 V 时，电流表读数为零，则电子不能到达阳极，由动能定理eU ＝12mv 2m 知，最大初动能E km ＝eU ＝0.6 eV ，由 光电效应方程hν＝E km ＋W 0知W 0＝1.9 eV ，对图乙，当电压表读数为2 V 时，电子到达阳极的最大动能E km ′＝E km ＋eU ′＝0.6 eV ＋2 eV ＝2.6 eV.故C 正确．6．研究光电效应的电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收，在电路中形成光电流．则在如图所示的光电流I 与A 、K之间的电压U AK 的关系图象中，正确的是( )解析：选C.光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此在入射光频率相同的情况下，遏止电压相同，在能发生光电效应的前提下，光电流随着光照强度增大而增大，C 正确．A 、B 表示入射光频率相同的情况下，遏止电压不相同，均错误．D 表示在发生光电效应时，光电流随着光照强度增大而减小，D 错误．7．(多选)如图所示，是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能E k 与入射光频率ν的关系图象．由图象可知( )A ．该金属的逸出功等于EB ．该金属的逸出功等于hνcC ．入射光的频率为2νc 时，产生的光电子的最大初动能为ED ．入射光的频率为νc 2时，产生的光电子的最大初动能为E2 解析：选ABC.由爱因斯坦的光电效应方程可得E k ＝hν－W 0，对应图线可得，该金属的逸出功W 0＝E ＝hνc ，A 、B 均正确；若入射光的频率为2νc ，则产生的光电子的最大初动能E k ＝2hνc －W 0＝hνc ＝E ，故C 正确；入射光的频率为νc 2时，该金属不发生光电效应，D 错误．原子结构和原子核[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是( )A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B．查德威克用α粒子轰击14 7N获得反冲核17 8O，发现了中子C．贝可勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型解析：选AC.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，选项A正确；卢瑟福用α粒子轰击14 7N，获得反冲核17 8O，发现了质子，选项B错误；贝可勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，选项C正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，选项D错误．2.232 90Th经过一系列α衰变和β衰变后变成208 82Pb，则208 82Pb比232 90Th少( )A．16个中子，8个质子B．8个中子，16个质子C．24个中子，8个质子D．8个中子，24个质子解析：选A.208 82Pb比232 90Th质子数少(90－82)＝8个，核子数少(232－208)＝24个，所以中子数少(24－8)＝16个，故A正确；B、C、D错误．3．如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点．下列说法正确的是( )A．该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性C．α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转D．绝大多数的α粒子发生大角度偏转解析：选A.卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，选项A正确，卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否定了汤姆孙原子模型的正确性，B错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，选项C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，几乎仍沿原方向前进，D错误．4．(2017·高考天津卷)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是( )A.21H＋31H→42He＋10nB.14 7N＋42He→17 8O＋11HC.42He＋2713Al→3015P＋10nD.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n解析：选A.21H＋31H→42He＋10n是核聚变反应方程，A正确；14 7N＋42He→17 8O＋11H是原子核的人工转变反应方程，B错误；42He＋2713Al→3015P＋10n是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程，C错误；235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n是铀核裂变的反应方程，D错误．5．氢原子的能级图如图所示，欲使一处于基态的氢原子释放出一个电子而变成氢离子，氢原子需要吸收的能量至少是( )A．13.60 eV B．10.20 eVC．0.54 eV D．27.20 eV解析：选A.要使氢原子变成氢离子，使氢原子由基态向高能级跃迁，需要吸收的能量大于等于ΔE＝E n－E1＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV.6．核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设规模．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素239 94Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为239 94Pu→X ＋42He＋γ，下列有关说法正确的是( )A．X原子核中含有92个中子B．100个239 94Pu经过24 100年后一定还剩余50个C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加D．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力解析：选D.根据核反应方程遵循的规律，X 原子核中含有92个质子235个核子，143个中子，A 错误．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，100个239 94Pu 经过24 100年后不一定还剩余50个，B 错误．由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量减少，放出粒子的质量和生成新核的质量之和小于衰变前核的质量，C 错误．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，D 正确．7．(2017·高考全国卷Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H ＋21H→32He ＋10n.已知21H 的质量为2.013 6 u ，32He 的质量为3.015 0 u ，10n 的质量为1.0087 u,1 u ＝931 MeV/c 2.氘核聚变反应中释放的核能约为( ) A ．3.7 MeVB ．3.3 MeVC ．2.7 MeVD ．0.93 MeV解析：选B.根据质能方程，释放的核能ΔE ＝Δmc 2，Δm ＝2m H －m He －m n ＝0.003 5 u ，则ΔE ＝0.003 5 × 931 MeV＝3.258 5 MeV≈3.3 MeV，故B 正确，A 、C 、D 错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．下列说法正确的是( )A ．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B ．比结合能越大，原子核越不稳定C ．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D ．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损解析：选A.光子像其他粒子一样，不但具有粒子性，而且也有波动性，则不但具有能量，也具有动量，故A 正确；比结合能越大的原子核越稳定，B 错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，C 错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D 错误．2．(多选)氢原子能级如图，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是( )A ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmB ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n＝2的能级C ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级解析：选CD.由玻尔的能级跃迁公式E m －E n ＝hν＝h c λ得：E 3－E 2＝h c λ1，E 2－E 1＝h c λ2，又λ1＝656 nm，结合能级图上的能级值解得λ2＝122 nm＜656 nm，故A、B均错，D对；根据C23＝3可知，一群处于n＝3能级氢原子向低能级跃迁，辐射的光子频率最多3种，故C 对．3．(多选)科学家利用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→42He＋31H＋4.9 MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV.下列表述正确的有( ) A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有出现质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应解析：选AD.根据核反应方程：21H＋31H→42He＋X，X的质量数：m1＝2＋3－4＝1，核电荷数：z1＝1＋1－2＝0，所以X是中子，故A正确；根据核反应方程：X＋Y→42He＋31H，X是中子，所以Y的质量数：m2＝4＋3－1＝6，核电荷数：z2＝2＋1－0＝3，所以Y的质子数是3，中子数是3，故B错误；根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损，故C错误；氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应，故D正确．4．铀核(235 92U)经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核(207 82Pb)，关于该过程，下列说法中正确的是( )A．m＝5，n＝4B．铀核(235 92U)的比结合能比铅核(207 82Pb)的比结合能小C．衰变产物的结合能之和小于铀核(235 92U)的结合能D．铀核(235 92U)衰变过程的半衰期与温度和压强有关解析：选B.原子核衰变时质量数守恒，电荷数守恒，235＝4m＋207,92＝82＋2m－n，两式联立解得：m＝7，n＝4，A项错误．衰变产物的结合能之和大于铀核(235 92U)的结合能，C 错误．半衰期由原子核内部自身的因素决定，与温度和压强无关，D项错误．5．一个静止的铀核，放在匀强磁场中，它发生一次α衰变后变为钍核，α粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动．某同学作出如图所示运动径迹示意图，以下判断正确的是( )A．1是α粒子的径迹，2是钍核的径迹B．1是钍核的径迹，2是α粒子的径迹C．3是α粒子的径迹，4是钍核的径迹D．3是钍核的径迹，4是α粒子的径迹解析：选B.由动量守恒可知，静止的铀核发生α衰变后，生成的均带正电的α粒子和钍核的动量大小相等，但方向相反，由左手定则可知它们的运动轨迹应为“外切”圆，又R ＝mv Bq ＝p Bq ，在p 和B 相等的情况下，R ∝1q，因q 钍＞q α，则R 钍＜R α，故B 正确． 6．不同色光的光子能量如下表所示： 色光 红 橙 黄 绿 蓝—靛 紫 光子能量 范围(eV)1.61～2.002.00～2.072.07～2.142.14～2.532.53～2.762.76～3.10在可见光范围内，其颜色分别为( )A ．红、蓝—靛B ．红、紫C ．橙、绿D ．蓝—靛、紫解析：选A.计算出氢原子发光的各种光子能量然后和表格中数据进行对比，便可解决本题．氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV 、12.09 eV 、10.2 eV 、2.55 eV 、1.89 eV 、0.66 eV 的六种光子，1.89 eV 和2.55 eV 属于可见光，1.89 eV 的光子为红光，2.55 eV 的光子为蓝—靛光．7．根据玻尔理论，氢原子的能级公式为E n ＝A n2(n 为能级，A 为基态能量)，一个氢原子中的电子从n ＝4的能级直接跃迁到基态，在此过程中( )A ．氢原子辐射一个能量为15A16的光子B ．氢原子辐射一个能量为－15A16的光子 C ．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为15A16D ．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为－15A16解析：选B.根据玻尔理论，一个氢原子中的电子从n ＝4的能级直接跃迁到基态，辐射一个光子的能量为ΔE ＝E 4－E 1＝A 42－A 12＝－15A16，选项B 正确，A 、C 、D 错误．。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练12
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十二： 匀速圆周运动限时：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 如图所示，A 、B 是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为R A ＝2R B ，则两轮边缘上的( )A. 角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1B. 周期之比T A ∶T B ＝1∶2C. 转速之比n A ∶n B ＝1∶2D. 向心加速度之比a A ∶a B ＝2∶1解析：由于没有相对滑动，A 、B 两轮边缘上的线速度相等，ωA ωB＝v A R A v B R B＝12，选项A 错误；T A T B ＝ωB ωA ＝21，选项B 错误；n A n B ＝ωA 2πωB 2π＝12，选项C 正确；向心加速度之比a A a B ＝v A ωA v B ωB＝12，选项D 错误。
答案：C2. [2015·福建四地六校联考]在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。
如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。
汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动。
设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L 。
已知重力加速度为g 。
要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )A. gRh LB. gRh dC. gRLh D. gRdh解析：对汽车受力分析，如图所示，若车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则由路面对汽车的支持力F N 与汽车的重力mg 的合力提供向心力，由图示可知，F 向＝mg tan θ，即mg tan θ＝m v 2R 。
由几何关系知，tan θ＝h d ，综上有v ＝gRh d ，选项B 正确。
答案：B3. [2015·北京市西城区高三抽测](多选)如图所示，长为L 的细绳一端固定，另一端系一质量为m 的小球。
给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。
2020版高考物理一轮总复习 第二章 限时规范训练新人教版【共4套26页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第二章第1课时重力弹力基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第二章第2课时摩擦力基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第二章第3课时力的合成与分解基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第二章第4课时受力分析共点力的平衡能力课时限时规范训练含解析新人教版重力弹力[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)关于力，下列说法正确的是( )A．拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体B．站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C．重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的D．同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力解析：选BC.力是物体间的相互作用，有力就有施力物体和受力物体，故A错误；物体受到的弹力是施力物体反抗形变(或欲恢复原状)对受力物体施加的力，故B正确；力学中，按照力的性质可以把力分为重力、弹力、摩擦力等，按照力的作用效果可以把力分为动力、阻力、压力、支持力等，故C正确；同一物体放在地球上同一纬度且离地面高度相同时，受到的重力相同，故D错误．2．下列关于重力的说法中正确的是( )A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的同一个物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力解析：选C.物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B错误；赤道上重力加速度最小，因此地面上的同一个物体在赤道上受的重力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，故D错误．3．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力解析：选D.若小球与小车一起做匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．4．小车上固定一根弹性直杆A ，杆顶固定一个小球B (如图所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下列如图所示的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是( )解析：选C.小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a ＝g sin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于g sin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲或倾斜，C 正确．5．在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图所示，筷子与碗的接触点分别为A 、B ，则碗对筷子A 、B 两点处的作用力方向分别为( )A ．均竖直向上B ．均指向球心OC ．A 点处指向球心O ，B 点处竖直向上D ．A 点处指向球心O ，B 点处垂直于筷子斜向上解析：选D.A 点处弹力的方向沿半径指向球心O ，B 点处弹力的方向垂直于筷子斜向上，故D 正确．6．如图所示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧，在此过程中下面木块移动的距离为( ) A.m 1g k 1 B ．m 2g k 1 C.m 1g k 2 D ．m 2g k 2解析：选C.在此过程中，压在下面弹簧上的压力由(m 1＋m 2)g 减小到m 2g ，即减少了m 1g ，根据胡克定律可断定下面弹簧的长度增长了Δl ＝m 1g k 2，即下面木块移动的距离为m 1g k 2. 7．一小组将两个完全相同的轻弹簧分别按图甲和图乙连接，等效为两个新弹簧，测得两个新弹簧的“拉力与弹簧伸长量的关系图象”如图丙所示，则下列说法正确的是( )A ．F ＝2 N 时甲图中每个弹簧伸长0.1 mB ．F ＝2 N 时乙图中每个弹簧伸长0.1 mC ．原来每个弹簧的劲度系数为20 N/mD ．b 为甲图弹簧得到的图象解析：选A.根据弹簧串联与并联的特点可知，两条弹簧并联后新弹簧的劲度系数增大，而串联后新弹簧的劲度系数相对较小；弹簧的拉力与弹簧伸长量的关系图象中，直线的斜率：k ＝F Δx ，对比胡克定律：F ＝k Δx 可知，直线的斜率即表示弹簧的劲度系数．由于a 的劲度系数大，b 的劲度系数小，所以a 为甲图弹簧得到的图象，b 为乙图弹簧得到的图象，甲图是两根弹簧并联，新弹簧的伸长量等于每一个弹簧的伸长量，所以甲图中，F ＝2 N 时每个弹簧都伸长0.1 m ，故A 正确，B 、D 错误；由丙图可知，新弹簧的劲度系数：k 甲＝F Δx ＝20.1N/m ＝20 N/m ，则原来每个弹簧的劲度系数一定不是20 N/m ，故C 错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示的装置中，弹簧的原长和劲度系数都相等，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计．平衡时各弹簧的长度分别为L 1、L 2、L 3，其大小关系是( )A ．L 1＝L 2＝L 3B ．L 1＝L 2＜L 3C ．L 1＝L 3＞L 2D ．L 3＞L 1＞L 2解析：选A.根据胡克定律和平衡条件分析可得：平衡时各弹簧的长度相等，选项A 正确．2．如图所示的四个图中，AB 、BC 均为轻质杆，各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B 处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是( )A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁解析：选B.如果杆受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，题图甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC 杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，B正确．3．如图所示，三个质量均为1 kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的轻弹簧p、q用轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上．开始时弹簧p处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力缓慢地向左拉弹簧p的左端，直到c刚好离开水平面为止，g取10 m/s2.该过程弹簧p的左端向左移动的距离是( )A．4 cm B．6 cmC．8 cm D．10 cm解析：选C.弹簧q开始处于压缩状态，kx1＝mg，当c刚好离开水平面时，弹簧q处于伸长状态，kx1′＝mg，此时弹簧p处于伸长状态，弹力大小为kx2＝2mg，代入数据可解得：x1＝x1′＝2 cm，x2＝4 cm，故此过程中弹簧p的左端向左移动的距离为x1＋x1′＋x2＝8 cm，C正确．4．(多选)轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支撑着悬挂重物的轻绳，如图所示．现使杆和竖直方向的夹角缓慢减小，则杆对滑轮P的作用力( )A．大小变大B．大小不变C．方向发生变化，但始终沿杆方向D．方向始终在P两侧轻绳的夹角的角平分线上，不一定沿杆解析：选BD.滑轮P受到两侧轻绳的拉力和杆的作用力，其中两侧轻绳的拉力大小相等，且等于重物的重力，使杆和竖直方向的夹角缓慢减小时，两拉力的方向不变，则其合力也不变，方向始终在P 两侧轻绳夹角的角平分线上，因滑轮P 受力平衡，故杆对滑轮P 的作用力大小不变，方向始终在P 两侧轻绳夹角的角平分线上，不一定沿杆，选项B 、D 正确．5．如图所示，A 、B 两个物块的重力分别是G A ＝3 N ，G B ＝4 N ，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F ＝2 N ，则天花板受到的拉力和地板受到的压力，有可能是( )A ．3 N 和4 NB ．5 N 和6 NC ．1 N 和2 ND ．5 N 和2 N解析：选D.当弹簧由于被压缩而产生2 N 的弹力时，由受力平衡及牛顿第三定律知，天花板受到的拉力为 1 N ，地板受到的压力为6 N ；当弹簧由于被拉伸而产生2 N 的弹力时，可得天花板受到的拉力为5 N ，地板受到的压力为2 N ，D 正确．6．(2017·高考全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2·cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确．7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a 、b 、c ，被沿两直角边的细绳A 、B 悬吊在天花板上，且斜边c 恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN ，设A 、B 两绳对三角形薄板的拉力分别为F a 和F b ，已知F a 和F b 以及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是( )A ．薄板的重心不在MN 线上B ．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN 的延长线上C ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 是由于薄板发生形变而产生的D ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 之比为F a ∶F b ＝b ∶a解析：选BD.三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，选项A错误；重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，选项B正确；两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生，选项C错误；三角形薄板受力分析如图所示，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝1tan α＝b∶a，选项D正确．摩擦力[基础巩固题组](20分钟，50分)1．下列关于摩擦力的说法中，错误的是( )A．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们的弹力方向垂直B．两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比C．在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度D．滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反解析：选 B.摩擦力方向沿接触面，弹力方向垂直接触面，且有摩擦力一定有弹力，A 正确；静摩擦力与压力没有关系，B错误；静摩擦力可以产生在运动的物体间，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度，例如，静摩擦力提供向心力，C正确；滑动摩擦力可以是动力也可以是阻力，D正确．2．(2019·天津一模)关于静摩擦力，下列说法中正确的是( )A．两个运动的物体之间不可能有静摩擦力的作用B．静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反C．静摩擦力做的功一定为零D．静摩擦力只有大小没有方向解析：选B.静摩擦力可以存在于运动的两个物体之间，A错误；静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反，可能与物体运动方向相反，也可能相同，由恒力做功的表达式W＝Fl cos α，可知静摩擦力可能做负功，也可能做正功，也可能不做功，故B正确，C 错误；静摩擦力有大小，也有方向，故D错误．3．(2019·北京市延庆三中模拟)(多选)如图所示，在粗糙的水平面上叠放着物体A和B，A和B间的接触面也是粗糙的，如果用水平拉力F施于A，而A、B仍保持静止，则下面的说法中正确的是( )A．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于FB．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于零C．物体A与B间的静摩擦力的大小等于FD．物体A与B间的静摩擦力的大小等于零解析：选AD.以A、B为整体为研究对象，分析受力可知，整体水平方向受到拉力F和地面对A的静摩擦力f A，由平衡条件得到，f A＝F.故A正确，B错误．以B为研究对象，分析受力可知，B相对于A没有运动趋势，B不受静摩擦力，即物体A与B间的静摩擦力的大小等于零．故C错误，D正确．4．如图所示，质量为2 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，水平地面足够大．t ＝0时，物体以2 m/s的初速度向右运动，同时对物体施加一个水平向左的大小恒为2 N的拉力F，取向右为正方向，g＝10 m/s2，则在t＝0之后( )A．物体所受摩擦力不会变化B．物体所受摩擦力会由－4 N变为＋2 NC．物体所受摩擦力会由－4 N变为－2 ND．物体所受摩擦力会由＋4 N变为＋2 N解析：选B.分析摩擦力问题的关键是弄清楚是滑动摩擦力还是静摩擦力，由题意知，刚开始物体向右运动，所以物体受到向左的滑动摩擦力为－4 N；又因为物体受到向左的水平恒力，所以物体会向右做匀减速直线运动直到速度为0；之后水平恒力小于最大静摩擦力，故物体受到向右的静摩擦力，与水平恒力等大反向，大小为＋2 N，选项B正确．5．如图所示，物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来，则传送带转动后，下列说法正确的是( )A．M受到的摩擦力不变B．M受到的摩擦力变大C．M可能减速下滑D．M可能减速上滑解析：选A.根据滑动摩擦力的公式F＝μF N，传送带突然顺时针转动并不会影响动摩擦因数和物块对传送带的压力，所以滑动摩擦力大小不变，方向仍沿传送带向上，物块受重力、支持力和摩擦力的合力仍为零，故仍匀速下滑，选项A正确．6．(多选)如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平拉力F作用在物块C上后，各物块仍保持静止状态，则以下说法正确的是( )A．B不受摩擦力作用B．C对A的摩擦力水平向左C．A受到的各个摩擦力的合力为零D．A、B、C三个物块组成的整体所受摩擦力为零解析：选AC.B受到重力和支持力而平衡，故B不受摩擦力作用，选项A正确；A、C整体受力平衡，桌面对A的静摩擦力f1＝F，方向水平向左，即A、B、C三个物块组成的系统整体所受摩擦力大小为F，选项D错误；A在水平方向上受到桌面对A的静摩擦力f1和C对A的静摩擦力f3而平衡，f3＝F，方向水平向右，选项B错误，C正确．7．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F T1、F T2，则下列说法正确的是( )A．物体受到的摩擦力F f1＜F f2B．物体所受摩擦力方向向右C．F T1＝F T2D．传送带速度足够大时，物体受到的摩擦力可为0解析：选C.物体的受力如图所示，滑动摩擦力与绳拉力的水平分量平衡，因此方向向左，选项B错误；设绳与水平方向成θ角，则F T cos θ－μF N＝0，F N＋F T sin θ－mg＝0，解得F T＝μmgcos θ＋μsin θ，因为θ不变，所以F T恒定不变，选项C正确；滑动摩擦力F f＝F T cos θ＝μmg cos θcos θ＋μsin θ也不变，选项A、D错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，木块m受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F＞μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：选AD.由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，A 正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块加速运动，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，C错误，D正确．2．如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上，用力F向右推同样放置在木板上的箱子，木板、人、箱子均处于静止状态．三者的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A．箱子受到的摩擦力方向向右B．人受到的摩擦力方向向右C．地面对木板的摩擦力方向向右D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析：选B.箱子在水平方向受到人向右的推力和木板向左的摩擦力而处于静止状态，A 错误；人受到箱子对人的向左的推力和木板对人的向右的摩擦力，二力平衡，故B正确；木板受到箱子向右的摩擦力和人向左的摩擦力，二力平衡，所以地面对木板没有摩擦力，C错误；将木板、人、箱子三者看做一个整体，竖直方向受到重力和地面的支持力，所以支持力等于三者的重力之和3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，D错误．3．如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，F的方向与斜面平行，如果将力F撤掉，下列对物块的描述正确的是( )A．物块将沿斜面下滑B．物块受到的摩擦力变大C．物块立即获得加速度D．物块所受的摩擦力改变方向解析：选D.物块受到的重力沿斜面向下的分力为mg sin θ，有F作用时静摩擦力的大小等于F和mg sin θ的合力，方向沿其合力的反方向．将力F撤掉，摩擦力大小变为mg sin θ，方向沿斜面向上，物块受到的摩擦力变小，物块加速度为零，仍然静止．综上知D正确．4．装修工人在搬运材料时施加一个水平拉力将其从水平台面上拖出，如图所示，则在匀加速拖出的过程中( )A．材料与平台之间的接触面积逐渐减小，摩擦力逐渐减小B．材料与平台之间的相对速度逐渐增大，摩擦力逐渐增大C．平台对材料的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小D．材料与平台之间的动摩擦因数不变，支持力也不变，因而工人的拉力也不变解析：选D.匀加速拖出材料的过程，只能持续到材料的重心离开台面的瞬间，故在匀加速拉动过程中，材料的重心在台面上，材料对台面的压力不变，材料受到的支持力不变，故C错误；而在拉动过程中动摩擦因数不变，由F f＝μF N可知摩擦力不变，故A、B错误；因为摩擦力不变，材料做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知F－F f＝ma，所以工人的拉力不变，故D正确．5．(多选)如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止．弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受的摩擦力F f a≠0，b所受的摩擦力F f b＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )A．F f a大小不变B．F f a方向改变C．F f b仍然为零D．F f b方向向右解析：选AD.剪断右侧细绳瞬间，b木块仍受弹簧向左的拉力，故此时F f b不等于零，其方向水平向右，与弹簧拉力方向相反．a木块在剪断细绳瞬间与剪断前受力情况没有发生变化，故F f a的大小、方向均没有变化．选项A、D正确．6．如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20 kg，B物体质量M＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，轻弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m时，水平推力F的大小为(已知A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)( )A．350 N B．300 NC．250 N D．200 N解析：选B.假设A、B间没有相对滑动，则轻弹簧的压缩量为x＝0.2 m，此时轻弹簧的弹力大小为F＝kx＝50 N，而A与B间的最大静摩擦力为F f A＝μmg＝100 N，所以A、B之间没有相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，其大小为F f1＝50 N，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f2＝μ(m＋M)g＝250 N，由B缓慢移动，可理解为时时刻刻受力平衡，可知推力的大小为F＝F f1＋F f2＝300 N，即B选项正确．7．(多选)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向．则物块所受的摩擦力F f与时间t的关系可能正确的是( )解析：选BD.若t＝0时，静摩擦力沿斜面向上，随F减小，F f增大，当F反向后，F f 在原来基础上继续增大，D正确；若t＝0时，静摩擦力沿斜面向下，随F减小，F f减小，在F＝0前，F f变为沿斜面向上，B正确．力的合成与分解[基础巩固题组](20分钟，50分)1．物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，若F1、F2、F3三个力不共线，则这三个力可能选取的数值为( )A．15 N、5 N、6 N B．3 N、6 N、4 NC．1 N、2 N、10 N D．1 N、6 N、7 N解析：选B.物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B选项中的三个力的合力可以为零且三个力不共线，B正确．2．(多选)一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是( )A．拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B．拉力与摩擦力的合力大小等于车和小孩重力大小C．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D．小孩和车所受的合力为零解析：选CD.小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故选项A错误；拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直向下，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故选项B错误，C正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故选项D正确．3．如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时，汽车对千斤顶的压力为 1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°.下列判断正确的是( )A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小解析：选D.汽车对千斤顶的压力大小为1.0×105 N，根据牛顿第三定律，千斤顶对汽车的支持力也为1.0×105 N，B项错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105N，A项错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，每臂受到的压力减小，C项错误，D项正确．4．(2019·石家庄模拟)如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片．若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )A．kL B．2kLC.32kL D．152kL解析：选 D.发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sin θ＝L22L＝14，cos θ＝1－sin2θ＝154.发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2F cos θ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·154＝152kL，D正确．5．(多选)已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为3 3F，方向未知，则F1的大小可能是( )A.3F3B．3F2C.23F3D．3F解析：选AC.如图所示，因F2＝33F＞F sin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝F22－F sin 30°2＝36F，即F1的大小分别为F cos 30°－ΔF和F cos 30°＋ΔF，即F1的大小分别为33F和233F，A、C正确．6．(多选)如图所示是李强同学设计的一个小实验，他将细绳的一端系在手指上，细绳的另一端系在直杆的A端，杆的左端顶在掌心上，组成一个“三角支架”．在杆的A端悬挂不同的重物，并保持静止．通过实验会感受到( )A．细绳是被拉伸的，杆是被压缩的B．杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向AC．细绳对手指施加的作用力的方向沿细绳由B指向AD．所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练11
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十一： 平抛运动限时：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. (多选)正在高空水平匀速飞行的飞机，每隔1 s 释放一个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则( )A. 这5个小球在空中排成一条直线B. 这5个小球在空中处在同一抛物线上C. 在空中，第1、2两个球间的距离保持不变D. 相邻两球的落地点间距相等解析：释放的每个小球都做平抛运动，水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，所以5个小球均始终在飞机正下方，且相邻小球落地点间距相等，选项A 、D 正确。
竖直方向5个小球均为自由落体运动，由于第2个球释放时第1个小球的速度已经为v 0＝gt ＝10 m/s ，故之后经时间t ，两小球间距为Δh ＝(v 0t ＋12gt 2)－12gt 2＝v 0t ，故两小球间距逐渐增大，选项B 、C 错误。
答案：AD2. [2014·江西省临川一中、师大附中联考]在空间某一点以大小相等的速度分别竖直向上、竖直向下、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间(设小球均未落地)( )A. 做竖直下抛运动的小球加速度最大B. 三个小球的速度变化相同C. 做平抛运动的小球速度变化最小D. 做竖直下抛的小球速度变化最小解析：由于不计空气阻力，抛出的小球只受重力作用，因此它们的加速度相同，均为重力加速度g，选项A错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，选项B正确，C、D错误。
答案：B3. [2014·湛江十校联考]平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v－t图线，如图所示。
若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是()A. 图线2表示水平分运动的v－t图线B. t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C. t1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D. 2t1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°解析：水平分运动为匀速直线运动，故A错误；t1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B错误；设水平速度为v0，则t1时间内的水平位移为x＝v0t1，竖直方向的位移y＝v02t1，所以yx＝12，C正确；2t1时刻竖直方向的速度2v0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D错误。
2020版高考物理一轮总复习 第六章 限时规范训练新人教版【共5套35页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第六章第1课时功和功率基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第2课时动能定理及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第3课时机械能守恒定律及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第4课时功能关系能量守恒定律能力课时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第5课时动力学和能量观点解决力学综合问题能力课时限时规范训练含解析新人教版功和功率[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B.由初速度为零的匀加速直线运动的规律知， v 2＝2ax , 可知v 2与x 成正比，即动能与它的位移成正比，选项B 正确．2．如图所示，木块B 上表面是水平的，当木块A 置于B 上，并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A ．A 所受的合外力对A 不做功B ．B 对A 的弹力做正功C ．B 对A 的摩擦力做正功D ．A 对B 做正功解析：选C.AB 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为g sin θ.由于A 速度增大，由动能定理，A 所受的合外力对A 做功，B 对A 的摩擦力做正功，B 对A 的弹力做负功，选项A 、B 错误C 正确．A 对B 不做功，选项D 错误．3．质量为2 kg 的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为 3 m/s ，则其末速度为( )A ．5 m/s B.23 m/s C. 5 m/s D.35 m/s解析：选B.F x 图象与x 轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W ＝(2×2＋4×4－3×2)J＝14 J ，根据动能定理得：W ＝12mv 2－12mv 20，解得：v ＝23 m/s ，故B 正确．4．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．5．当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v t 图象如图所示，已知0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下列判断正确的是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直做匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为P v 3解析：选D.0～t 1时间内，列车做匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度逐渐变小，故A 、B 错误；t 3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C 错误；匀速运动时F f ＝F牵＝P v 3，故D 正确．6．在光滑的水平面上，用一水平拉力F 使物体从静止开始移动x ，平均功率为P ，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，平均功率为( )A ．2PB ．4PC ．6PD ．8P解析：选D.设第一次运动时间为t ，则其平均功率表达式为P ＝Fxt；第二次加速度为第一次的4倍，由x ＝12at 2可知时间为t 2，其平均功率为P ′＝4Fx t /2＝8Fxt＝8P ，选项D 正确．7．如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v t 图象，测试时机车先以恒定的牵引力F 启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t 1时刻机车关闭发动机，到t 2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F 做的功和克服摩擦力f 做的功分别为W 1、W 2,0～t 1时间内F 做功的平均功率和全过程克服摩擦力f 做功的平均功率分别为P 1、P 2，则下列判断正确的是( )A ．W 1>W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F >2fC ．P 1<P 2，F >2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，因t 2>t 1，所以P 1>P 2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F 时的加速度大小a 1＝F －f m，关闭发动机后机车加速度大小a 2＝fm，根据v t 图象斜率的意义可知a 1>a 2，即F －f >f ，所以有F >2f ，综上分析可知，B 正确．[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，质量为M 、长度为L 的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m 的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F 作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )A ．2μmgLB ．12μmgL C ．μ(M ＋m )gLD ．μmgL解析：选D.拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m 受力分析，由平衡条件可得F T ＝μmg .对木板M 受力分析，由平衡条件可得：F ＝F T ＋μmg ，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l ＝L2，故拉力F 所做的功W ＝Fl ＝μmgL ，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，因摩擦产生热量为μmgL ，D 正确．2．(多选)某探究小组对一辆新能源小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v t 图象，如图所示(除2～10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知小车运动的过程中，2～14 s 时间段内小车的功率保持不变，在第14 s 末撤去动力而让小车自由滑行，小车的质量为 1.0 kg ，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．以下对小车的描述正确的是( )A ．小车所受到的阻力大小为3 NB ．小车匀速行驶阶段的功率为9 WC ．小车在加速运动过程中位移的大小为42 mD ．小车在前2 s 受到的合力大于阻力解析：选BC.由速度－时间图象得小车匀加速对应的加速度a ＝1.5 m/s 2，小车在2 s 时的功率等于匀速运动时的功率，因此有P ＝(ma ＋F f )v 2＝F f v 10，代入数据解得P ＝9 W ，F f ＝1.5 N ，前2 s 小车受到的合力大小恰好等于阻力大小，选项A 、D 错误，B 正确；2～10 s 时间内小车的功率恒定，则由动能定理得Pt 2－F f x 2＝12m (v 210－v 22)，解得x 2＝39 m ，匀加速阶段的位移x 1＝12v 2t 1＝3 m ，那么加速阶段的总位移为x 1＋x 2＝42 m ，选项C 正确．3．质量m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v t 图象如图所示．g 取10 m/s 2，则( )A ．拉力F 的大小为100 NB ．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC ．4 s 内拉力所做的功为480 JD ．4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：选B.取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2 s 内，－F －f ＝ma 1且a 1＝－5 m/s 2；2～4 s 内，－F ＋f ＝ma 2且a 2＝－1 m/s 2，联立以上两式解得F ＝60 N ，f ＝40 N ，A 错误；由P ＝Fv 得4 s 时拉力的瞬时功率为120 W ，B 正确；由W ＝Fx,0～2 s 内，W 1＝－Fx 1,2～4 s 内，W 2＝Fx 2，由题图可知x 1＝10 m ，x 2＝2 m ，代入数据解得，4 s 内拉力所做的功为－480 J ，C 错误；摩擦力做功W ＝fs ，摩擦力始终与速度方向相反，故s 为路程，由题图可求得总路程为12 m,4 s 内物体克服摩擦力做的功为480 J ，D 错误．4．如图所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa 、ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W解析：选 B.设重心上升的高度为h ，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有h0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J＝144 J ，所以一分钟内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 320 J ，功率P ＝W 总t＝72 W ，故选项B 正确．5．如图所示，传送带AB 的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m 可视为质点的物体以v 0的初速度从传送带上某点开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，传送带的速度为v (v 0<v )，方向未知，重力加速度为g .物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是( )A ．μmg v 2＋v 20cos θ B ．μmgv 0cos θ C ．μmgv cos θD ．12μmg (v ＋v 0)cos θ 解析：选C.由物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，则有μmg cos θ>mg sin θ，传送带的速度为v (v 0<v )，若v 0与v 同向，物体先做匀加速运动，最后物体加速到与传送带速度相同时，物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，为μmgv cos θ.若v 0与v 反向，物体先向上做匀减速运动，后向下匀加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，为μmgv cos θ，故选C.6．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的关系图象和拉力的功率与时间的关系图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．物体的质量为109 kgB ．滑动摩擦力的大小为5 NC ．0～6 s 内物体的位移大小为24 mD ．0～2 s 内拉力做的功为20 J解析：选A.当P ＝30 W 时，v ＝6 m/s ，得到牵引力F ＝Pv＝5 N ；0～2 s 内物体的加速度a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2，根据F －f ＝ma ，可得m ＝109 kg ，A 正确．在2～6 s 内，v ＝6 m/s ，P ′＝10 W ，物体做匀速直线运动，F ′＝f ，则滑动摩擦力为f ＝F ′＝P ′v ＝106 N ＝53N ，B 错误；0～6 s 内物体的位移大小等于v t 图象中图象与t 轴所包围的面积，x ＝30 m ，C 错误，在0～2 s 内物体位移为x 1＝6 m ，则拉力做的功为W 1＝Fx 1＝30 J ，D 错误．7．如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则( )A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力小于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于(M＋m)gv cos θD．此过程中货车拉力做的功为(M＋m)gh解析：选C.货物向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，即v1＝v cos θ，由于θ不断减小，故v1增大，货物向上做加速运动，故A错误；货箱和货物的加速度向上，处于超重状态，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，绳子对货箱和货物的拉力大于(M＋m)g，故拉力功率P>(M＋m)gv cos θ，B错误，C正确；由功能关系知此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于(M＋m)gh，故D错误．动能定理及其应用[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升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：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对． 2．(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )解析：选A.竖直上抛运动的速度v 与时间t 的关系为v ＝v 0－gt ，由于E k ＝12mv 2＝12m (v 0－gt )2，故E k －t 图象应是A.3．如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点解析：选C.对物体从a 运动到c ，由动能定理，－μmgl －2μmgl ＝12mv 21－12mv 20，对物体从d 运动到c ，由动能定理，－3μmgl ＝12mv 22－12mv 20，解得v 2＝v 1，选项C 正确．4．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A ．mgh －12mv 2－12mv 2B ．－12mv 2－12mv 20－mghC ．mgh ＋12mv 20－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 2解析：选C.对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12mv2－12mv 20，解得W f ＝mgh ＋12mv 20－12mv 2，选项C 正确．5．如图所示，质量为m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．0B ．2μmgRC ．2πμmgRD ．μmgR2解析：选D.物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝mv 2R .在物块由静止到获得速度v 的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W ＝12mv 2－0.联立解得W ＝12μmgR .故选项D 正确．6．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1＜s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 21－12mv 20①解得μ＝v 20－v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 2⑥答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P 点，以大小恒定的初速度v 0，在圆盘上沿与直径PQ 成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v ，则v 2cos θ图象应为( )解析：选A.设圆盘半径为r ，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得，－μmg ·2r cos θ＝12mv 2－12mv 20，整理得v 2＝v 20－4μgr cos θ，可知v 2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的A 点静止释放，运动至B 点时速度为v 2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定解析：选C.物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmgx BD ＝12mv 2，即mgh －μmg ·h tan θ－μmgx BD ＝12mv 2，因为h tan θ＝x CD ，所以mgh －μmgx BC ＝12mv 2，故到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1＝v 2，故选项C 正确．3.(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内左右移动，直杆与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．若直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( )A ．小车被弹回时的速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于m v 20－v 22fC ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：选BD.小车在向右运动的过程中，若弹簧的形变量始终小于f k ，则直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时的速度v 等于v 0；若弹簧的形变量大于f k，则直杆和槽将发生相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，小车被弹回时的速度v 小于v 0，A 错误，D 正确．对整个系统全过程总能量守恒，有fs ＝12mv 20－12mv 2，可得直杆在槽内移动的距离s ＝m v 20－v 22f ，B 正确．直杆在槽内由静止开始向右运动时，小车的速度大于零，小车不可能与直杆始终保持相对静止，C 错误．4．如图所示，一个可视为质点的滑块从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度大小g ＝10 m/s 2)( )A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m解析：选B.滑块到达圆环顶点C 时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2C r ，得速度v C ＝gr ，设滑块在BEC 段上克服摩擦力做的功为W 1，由动能定理得mg (H －2r )－W 1＝12mv 2C ，则W 1 ＝ mg (H －2r )－12mv 2C ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －52r ，滑块在CFB 段克服摩擦力做的功W 2满足0<W 2<W 1，从C 到D ，由动能定理得－mg (h －2r )－W 2＝－12mv 2C ，代入得8 m<h <10 m ，选项B 正确．5．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 两球均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为 3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J 解析：选C.A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠B ′A ′O ＝α，则有tan α＝34.由运动的合成与分解可得v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.以B 球为研究对象，此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得轻绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确．6．如图甲所示，一滑块从平台上A 点以初速度v 0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s ，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v 0和s ，作出s 2v 20图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求平台离地的高度h 及滑块在平台上滑行的距离d ；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A 点以4 m/s 的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v ′及落地点离平台的水平距离s 的大小．解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v ，根据动能定理得：－μmgd ＝12mv 2－12mv 20① 滑块离开平台后做平抛运动，则有：h ＝12gt 2②s ＝vt ③联立以上三式得：s 2＝2h gv 20－4μhd ④ 由图象得：图象的斜率等于2h g， 即：2h g ＝222－12＝0.2⑤ 解得：h ＝1 m 且当s ＝0时，v 20＝12，代入④式解得：d ＝2 m.(2)由①得：v ＝2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：h ＝12gt 2⑥ 得：t ＝ 2h g ＝ 2×110 s ＝55s ⑦ 滑块滑离平台后落地时的速度为：v ′＝v 2＋gt 2＝2 6 m/s落地点离平台的水平距离s 的大小为：s ＝vt ＝2×55 m ＝255m. 答案：(1)1 m 2 m (2)2 6 m/s255 m机械能守恒定律及其应用[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)下列说法正确的是( )A．如果物体所受到的合力为零，则其机械能一定守恒B．如果物体所受到的合力做的功为零，则其机械能一定守恒C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒解析：选CD.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选项C正确；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．2．(多选)如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒解析：选AD.物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C错误；物体与斜面体组成的系统机械能守恒，D正确．3．如图所示，质量均为m，半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接．若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A．0 B．mgR sin θC．2mgR sin θD．2mgR解析：选C.两球运动到最高点时速度为零，则两球机械能的差值等于重力势能的差值，为：ΔE＝mg·2R sin θ＝2mgR sin θ，故C正确．4．如图所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于水平地面上；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．现将b 球释放，则b 球着地瞬间a 球的速度大小为( ) A.gh B ．2gh C. gh2D ．2gh 解析：选A.在b 球落地前，a 、b 两球组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球速度大小相等，设为v ，根据机械能守恒定律有：3mgh ＝mgh ＋12(3m ＋m )v 2，解得：v ＝gh ，故A 正确．5．如图所示，轻质细绳的下端系一质量为m 的小球，绳的上端固定于O 点．现将小球拉至水平位置，使绳处于水平拉直状态后松手，小球由静止开始运动．在小球摆动过程中绳突然被拉断，绳断时与竖直方向的夹角为α，已知绳能承受的最大拉力为F ，则cos α值应为( )A ．cos α＝F ＋mg 4mgB ．cos α＝F －mg 2mgC ．cos α＝2F 3mgD ．cos α＝F 3mg解析：选D.设绳长为L ，小球运动到绳与竖直方向夹角为α时，受力情况如图，建立图示坐标系，小球运动过程中机械能守恒，有mgL cos α＝12mv 2，在α角时沿y 轴方向，由牛顿第二定律得F －mg cosα＝m v 2L ，由以上两式联立可解得cos α＝F 3mg，故选项D 正确． 6．如图所示，将一质量为m ＝0.1 kg 的小球自水平平台右端O 点以初速度v 0水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC ，并沿轨道恰好通过最高点C ，圆轨道ABC 的形状为半径R ＝2.5 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，空气阻力不计)，求：(1)小球经过C 点速度v C 的大小；(2)小球运动到轨道最低点B 时轨道对小球的支持力大小；(3)平台末端O 点到A 点的竖直高度H .解析：(1)小球恰好运动到C 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律知mg ＝m v 2C R 解得v C ＝gR ＝5 m/s.(2)从B 点到C 点，由机械能守恒定律有12mv 2C ＋mg ·2R ＝12mv 2B 在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2B R联立解得v B ＝5 5 m/s ，F N ＝6.0 N.(3)从A 到B 由机械能守恒定律有12mv 2A ＋mgR (1－cos 53°)＝12mv 2B 所以v A ＝105 m/s在A 点对小球进行速度的分解如图所示，有v y ＝v A sin 53°所以H ＝v 2y 2g＝3.36 m. 答案：(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m[能力提升题组](25分钟，50分)1．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R ，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m ，若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上经过A 处时对轨道的压力为( )A ．2mgB ．3mgC ．4mgD ．5mg解析：选C.小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝m v 2B1.8R ，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝m v 2A R ，根据机械能守恒定律，有1.6mgR ＋12mv 2B ＝12mv 2A ，解得F ＝4mg ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′＝F ＝4mg ，选项C 正确．2．如图所示，可视为质点的小球A 和B 用一根长为0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )A ．杆对小球A 做负功B ．小球A 的机械能守恒C ．杆对小球B 做正功D ．小球B 速度为零时距水平面的高度为0.15 m解析：选D.由题意可知，A 、B 两球在上升中受重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A 上升到斜面时，B 还在水平面上运动，即A 在斜面上做减速运动，B 在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B 推着A 上升，因此杆对A 做正功，故A 错误；因杆对A 球做正功，故A 球的机械能不守恒，故B 错误；由以上分析可知，杆对球B 做负功，故C 错误；设小球B 速度为零时距水平面的高度为h ，根据系统机械能守恒，可得：mgh ＋mg (h＋L sin 30°)＝12×2mv 2，解得：h ＝0.15 m ，故D 正确． 3．(多选)如图所示，质量均为m 的两个物体A 和B ，其中物体A置于光滑水平台上，物体B 穿在光滑竖直杆上，杆与平台有一定的距离，A 、B 两物体通过不可伸长的细轻绳连接跨过台面边缘的光滑小定滑轮，细线保持与台面平行．现由静止释放两物体，当物体B 下落h 时，B 物体的速度为2v ，A 物体的速度为v .关于此过程下列说法正确的是( )A ．该过程中B 物体的机械能损失了15mgh B ．该过程中绳对物体A 做功为12mv 2 C ．物体A 在水平面上滑动的距离为hD ．该过程中绳对系统做功52mv 2解析：选AB.在图中的虚线对应的位置，将物体B 的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：物体A 、B 沿着绳子的分速度相等，故sin θ＝v 2v ＝12，解得θ＝30°，该过程中A 、B 系统机械能守恒，则mgh ＝12m ·(2v )2＋12mv 2，物体B 的机械能减少量为ΔE B ＝mgh －12m (2v )2，解得ΔE B ＝15mgh ，故选项A 正确；根据动能定理，该过程中绳对物体A 做功为W T ＝12mv 2－0＝12mv 2，故选项B 正确；结合几何关系，物体A 滑动的距离Δx ＝。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练28
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点：法拉第电磁感应定律限时：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分)1. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Ba v 3 B. Ba v 6 C. 2Ba v 3 D. Ba v解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a (12v )＝Ba v 。
由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故A 正确。
答案：A2. [2015·焦作模拟](多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻。
一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场，下列说法中正确的是()A. 导体棒ab中电流的流向为由b到aB. cd两端的电压为1 VC. de两端的电压为1 VD. fe两端的电压为1 V解析：导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝BL v＝2 V，感应电流I＝E/2R ＝0.1 A, cd两端的电压为U1＝IR＝1 V，选项B正确；由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，选项C错误，D正确。
答案：BD3. 如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练23
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点：安培力限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1. (多选)下列说法中正确的是()A. 电荷在某处不受静电力的作用，则该处电场强度为零B. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C. 表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的静电力与检验电荷本身电荷量的比值D. 表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析：电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对，B错；同理根据电场强度的定义式E＝F/q 可知C正确；而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝FIL中I和B的方向必须垂直，故D错。
答案：AC2. [2015·湛江模拟]一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()A. 如果B＝2 T，F一定是1 NB. 如果F＝0，B也一定为零C. 如果B＝4 T，F有可能是1 ND. 如果F有最大值，通电导线一定与B平行解析：当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大；当导线与磁场方向平行放置时，F＝0；当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，A、B、D不正确，C正确。
答案：C3. [2014·天津模拟]如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。
若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流为I，则金属框受到的磁场力为()A. 0B. ILBC. 43ILB D. 2ILB解析：根据通电导线在磁场中受安培力的特点，可以把正三角形金属框的AB与BC两根导线所受的安培力等效为导线AC所受的安培力，则整个三角形金属框可以看作两根AC导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由公式得到F＝BIL，所以选项B正确。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练18
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十八：电场限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 关于电场强度及电场线的概念，下列说法中正确的是()A. 电荷在电场中某点受到的电场力大，该点的电场强度就大B. 电场强度的方向总跟电场力的方向一致，电场线上某一点的切线方向即为该点的场强方向C. 由静止释放的带电粒子只在电场力作用下，其运动轨迹一定与电场线重合D. 电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关解析：电场强度是描述电场的力的性质的物理量。
电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷、试探电荷的受力情况无关。
所以A错误、D正确；正电荷所受电场力的方向与所在点的场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与所在点的场强方向相反，所以B 错误；若电场线为曲线其运动轨迹与电场线不重合，选项C错误。
答案：D2. (多选)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b 两点，用E a、E b分别表示这两点电场强度的大小，则()A. a、b两点的电场强度方向相同B. 因为电场线由a指向b，所以E a>E bC. 因为电场线是直线，所以E a＝E bD. 不知道a、b附近电场线的分布情况，E a、E b的大小不能确定解析：电场线疏密表示场强大小，切线方向表示场强方向，由于只有一条电场线，故无法判定哪点场强大。
选项A、D正确。
答案：AD3. 如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。
圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为()A. kQqR2，方向向上 B.2kQq4R2，方向向上C. kQq4R2，方向水平向左 D. 不能确定解析：先把带电圆环分成若干个小部分，每一小部分可视为一个点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直方向上的电场力大小为kqQ cos45°(2R)2＝2kQq4R2，方向向上，故选B。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练16
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十六：机械能守恒定律及应用限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. [2015·南宁模拟]以下说法中哪些是正确的()A. 物体做匀速运动，它的机械能一定守恒B. 物体所受合力的功为零，它的机械能一定守恒C. 物体所受合力不等于零，它的机械能可能守恒D. 物体所受合力等于零，它的机械能一定守恒解析：物体做匀速运动动能不变，但是高度可以改变，即重力势能改变，A、D错误；合力的功为零，只是动能不变，B错误；物体所受合力不等于零，例如只在重力作用下的运动，机械能守恒，C正确。
答案：C2. [2014·广东罗定高三联考]如图所示，滑雪运动员沿倾角为30°的滑雪道匀速下滑()A. 运动员的重力势能逐渐增加B. 运动员的机械能逐渐增加C. 运动员的机械能保持不变D. 运动员受到的合力不做功解析：运动员匀速下滑时，其高度逐渐降低，重力势能逐渐减小，动能不变，机械能逐渐减小，选项A、B、C错误；运动员的动能不变，根据动能定理，其合外力不做功，选项D正确。
答案：D3. [2015·无锡模拟] 如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A. 斜劈对小球的弹力不做功B. 斜劈与小球组成的系统机械能守恒C. 斜劈的机械能守恒D. 小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量解析：不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，A、C、D错。
故选B。
答案：B4. [2014·安庆模拟]如图是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA赛场上投二分球时的照片。
现假设林书豪准备投二分球前先曲腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是()A. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为12m v2＋mghC. 从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D. 离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态解析：从地面跃起过程中，地面对他有支持力但没有位移，所以地面对他不做功，故A对，B错。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练19
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十九：电势电势差限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 关于电场力做功与电势差的关系，下列说法正确的是()A. M、N两点间的电势差等于单位电荷从M点移到N点电场力做的功B. 不管是否存在其他力做功，电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少C. 在两点移动电荷电场力做功为零，则两点一定在同一等势面上，且电荷一定在等势面上移动D. 在两点间移动电荷电场力做功的多少与零电势的选择有关解析：W＝qU AB＝q(φA－φB)，由此关系式可以得出，当q取单位正电荷时，W＝U AB，也就是说“M、N两点间的电势差等于单位正电荷从M点移到N点电场力做的功”，所以A错；不管是否有其他力做功，电场力做多少正功，电荷的电势能就减少多少，B正确；在两点间移动电荷，电场力做功为零，说明了两点间的电势差为零，但移动的路径不能确定，故C错误；两点间的电势差和零电势的选择没有关系，所以在两点间移动电荷，电场力做功的多少和零电势的选择没有关系，D错误。
答案：B2. [2015·北师大附中检测]如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是()解析：选项A中，a、b两点场强的方向不同，选项A错误；选项B中a、b两点电势和场强均相同，选项B正确；选项C中a点电势高于b点电势，选项C错误；选项D中，a、b两点场强的方向不同，选项D错误。
答案：B3. (多选)如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则()A. A点场强小于B点场强B. A点场强方向指向x轴负方向C. A点场强大于B点场强D. A点电势高于B点电势解析：由电场线与等势面的关系可知，电场线一定与等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面，作出相对应的电场线分布，如图所示，则可知A、B两点处的场强方向应与x轴同向，由电场线的疏密可知，A点处的场强E A小于B点处的场强E B，故正确选项为A、D。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练31
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点;变压器限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题7分，共84分)1. [2015·山东潍坊检测](多选)图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为10∶1。
测得R＝10 Ω的电阻两端电压随时间变化的规律如图乙所示，则( )A. 原线圈中电压的有效值为3110 VB. 原线圈中电压的有效值为2200 VC. 原线圈中电流变化的频率为25 HzD. 原线圈中电流的有效值为22 A解析：由题图乙可得，副线圈电压的最大值是311 V，则其有效值是220 V，电流变化的频率为25 Hz，由于电阻R＝10 Ω，所以副线圈的电流(有效值)为22 A，由理想变压器电压、电流与匝数的关系可得，原线圈电压的有效值为2200 V，电流的有效值为2.2 A，A、D两项错误，B项正确。
变压器不能改变电流的频率，C项正确。
答案：BC2. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1100，副线圈匝数n2＝220，交流电源的电压u＝2202sin(100πt) V，R为负载电阻，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法中正确的是()A. 交流电的频率为100 HzB. 电压表的示数为44 VC. 电流表A1的示数大于电流表A2的示数D. 变压器的输入功率大于输出功率解析：由交流电源的电压u＝2202sin(100πt) V，可得交流电的频率为50 Hz，A错误；变压器输入电压为220 V，由变压公式，变压器输出电压为44 V，电压表的示数为44 V，B正确；根据变压器电流关系，电流表A1的示数小于电流表A2的示数，C错误；根据理想变压器的功率关系，变压器的输入功率等于输出功率，D错误。
答案：B3. (多选)理想变压器原线圈接如图1所示的电压，电路图如图2所示，原线圈匝数n1＝600，装有0.5 A的保险丝，副线圈的匝数n2＝120，下列说法正确的是( )A. 副线圈两端电压的有效值为44 VB. 副线圈最多可接“44 V 40 W”的灯两盏C. 副线圈灯泡的电流每秒改变方向20次D. 原、副线圈的磁通量变化率之比是1∶5解析：由题图可知，原线圈的电压有效值U1＝220 V，根据U1 U2＝n1n2得，副线圈的电压U2＝n2n1·U1＝44 V，其最大值为44 2 V，A项正确；由I1I2＝n2n1可得，在保险丝安全的条件下，副线圈中允许流过的最大电流为I2＝n1n2·I1＝2.5 A，最大输出功率P m＝110 W，则副线圈最多可接两盏40 W的灯，B项正确；由图可知，原、副线圈交流电周期是0.02 s，电流每秒改变方向100次，变压器不改变交流电频率，C项错误；原、副线圈绕在同一个铁芯上，故磁通量变化率之比是1∶1，D项错误。
2020高考物理一轮复习限时规范专题练(三)
限时规范专题练(三)带电粒子在电场中运动的综合性问题时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度v0垂直进入电场，它们分别落到A、B、C三点()A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系：E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系：a A>a B>a C答案 A解析带负电的小球受到的合力为mg＋F电，带正电的小球受到的合力为mg－F电′，不带电小球仅受重力mg，根据牛顿第二定律可得带负电的小球加速度最大，其次为不带电小球，最小的为带正电的小球，故小球在板间运动时间t＝xv0，x C<x B<x A，所以t C<t B<t A，又h C＝h B＝h A，故a C>a B>a A，B、D错误；故落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确；因为重力对三个小球做功相同，电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，对不带电的B球不做功，根据动能定理可得三小球落在板上的动能大小关系为E k C>E k B>E k A，C错误。
2.(2018·山东菏泽模拟)如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场，两极板间相距为d。
一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板的边缘射出。
已知微粒的电量为q、质量为m。
下列说法正确的是()A．微粒运动的加速度不为0B．微粒的电势能减小了mgdC．两极板间的电势差为mgd qD．N极板的电势高于M板的电势答案 C解析由题意分析可知，微粒所受电场力方向竖直向上，与重力平衡，微粒做匀速直线运动，加速度为零，A错误；微粒穿过平行板电容器过程，重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律知，微粒的电势能增加了mgd，B错误；微粒的电势能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到两极板的电势差U＝mgdq，C正确；电场力方向竖直向上，微粒带负电，故电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，D错误。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练29
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共7小题，每小题8分，共56分)1. [2014·甘肃天水模拟]如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A. 2mgLB. 2mgL＋mgHC. 2mgL＋34mgH D. 2mgL＋14mgH解析：设ab刚进入磁场时的速度为v1，cd刚穿出磁场时的速度v2＝v12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L，由题意得，12m v21＝mgH12m v 21＋mg·2L＝12m v22＋Q，解得，Q＝2mgL＋34mgH，C项正确。
答案：C2. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在下滑过程中()A. 运动的加速度大小为v22LB. 下滑位移大小为qR BLC. 产生的焦耳热为qBL vD. 受到的最大安培力大小为B2L2vR sinθ解析：由牛顿第二定律可知mg sinθ－B2L2vR＝ma，金属棒做变加速运动，选项A错；由q＝I·Δt＝ΔΦΔtR·Δt＝ΔΦR＝BLxR得x＝qRBL，选项B对。
由动能定理可知mgx sinθ－Q＝12m v2，把x代入式中得到Q，选项C错；安培力最大为mg sinθ，选项D错。
答案：B3. [2014·泰安模拟]如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练5
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点四：力的合成与分解限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. [2015·泰州模拟]关于合力与分力之间的关系的说法，正确的是()A. 合力就是分力的代数和B. 合力总比某一分力大C. 分力与合力的方向总是不一致的D. 合力等于某一分力是可能的解析：合力是分力的矢量和，而不是代数和，A错误；合力大小在两分力代数和与两分力代数差的绝对值之间，合力不一定比分力大，有时可能等于某一分力，B错误，D对；当两分力方向相同时，合力与分力方向相同，C错误。
答案：D2. [2014·潍坊模拟](多选)自卸式货车可以提高工作效率，如图所示。
在车厢由水平位置缓慢地抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力F N和摩擦力F f都在变化。
下列说法中正确的是()A. F N逐渐减小B. F N先减小后不变C. F f逐渐增大D. F f先增大后不变解析：对车厢内的货物受力分析如图所示，由平衡条件得F N＝G cosθ，F f＝G sinθ，车厢被抬起的过程中，θ逐渐增大，则F N逐渐减小，F f逐渐增大，故A、C正确。
答案：AC3. [2015·长沙检测](多选)如图所示是运动员伤后治疗的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着他的脚，整个装置在同一竖直平面内。
为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是()A. 增加绳的长度B. 增加重物的质量C. 将他的脚向左移动D. 将两定滑轮的间距变大解析：设绳子拉力为F，重物受的重力为G，则F＝G，由力的合成知，脚受的拉力大小为F′＝2F cosθ＝2G cosθ，显然使G增大，或θ减小，均可使脚受的拉力变大，故选项B、C正确。
答案：BC4. [2014·北京四中模拟]三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，均为200 N，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，θ＝30°。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练15
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十五：功与功率限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一。
如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。
据此可知，下列说法中正确的是()A. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B. 乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C. 以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析：在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl＝12m v2，得l＝v22μg＝v22a可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a＝μg，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来。
B正确。
答案：B2. [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/s2。
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＝12m v2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－12m v2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh －mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J。
选项C正确。
答案：C3. [2014·浙江十校联考] 用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度－时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力F f做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()A. W1>W2，F＝2F fB. W1＝W2，F>2F fC. P1<P2，F>2F fD. P1＝P2，F＝2F f解析：由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练14
2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点十四：万有引力定律限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 运动员在110米栏比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，运动员的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是()A. 加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功B. 匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功C. 由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对运动员的摩擦力始终不对运动员做功D. 无论加速还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功解析：因运动员的脚与地面间不发生相对滑动，故地面对运动员的静摩擦力对运动员不做功，A、B、D均错误，C正确。
答案：C2. [2015·衡水市模拟]如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升。
若以F N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，F为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是()A. 加速过程中F≠0，F、F N、G都做功B. 加速过程中F≠0，F N不做功C. 加速过程中F＝0，F N、G都做功D. 匀速过程中F＝0，F N、G都不做功解析：加速过程中，水平方向的加速度由静摩擦力F提供，所以F≠0，F、F N做正功，G做负功，选项A正确，B、C错误。
匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，F＝0，F N做正功，G做负功，选项D错误。
答案：A3. 如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在恒力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则()A. 摩擦力对A、B做功相等B. A对B没有做功C. F对A做的功与F对B做的功相等D. 合外力对A做的功与合外力对B做的功相等解析：A、B一起向右运动，具有相同的加速度和合外力，运动了相同的位移，故合外力对A做的功与合外力对B做的功相等，则D正确；根据摩擦力公式F f＝μF N，A的摩擦力大于B的摩擦力，摩擦力对A、B做功不相等，则A错误；A对B有向前的弹力，对B 做正功，则B错误；力F没有作用在B上，对B不做功，则C错误．答案：D4. 如图所示，一质量为M ，长为L 的木板，放在光滑的水平地面上，在木板的右端放一质量为m 的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与m 、M 连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F 作用在M 上，在将m 拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )A. 2μmgLB. 12μmgLC. μ(M ＋m )gLD. μmgL解析：在拉力F 的作用下，m 、M 缓慢匀速运动，将m 拉到木板的左端的过程中，拉力做功最少，设此时绳的拉力为T ，则T ＝μmg ，T ＋μmg ＝F ，当m 到达M 左端时，M 向右运动的位移为L 2，故拉力做功W ＝F ·L 2＝μmgL ，故D 正确。
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2020年高三物理一轮复习考点课堂限时规范训练考点一描述运动的几个物理量限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. 在下列情况下，物体可以看成质点的是()A. 研究列车全部通过桥所需的时间B. 研究“天宫一号”绕地球飞行C. 研究地球昼夜交替D. 研究原子核的结构解析：列车过桥时，车身的长度不能忽略，列车不能视为质点；“天宫一号”的大小与所研究的空间范围相比是一个很小的量，可以看成质点；昼夜交替现象是地球自转引起的，研究转动现象不能将地球看成质点；原子核虽小，但有一定的组成和形态，故不能把原子核看成质点。
答案：B2. 如图所示是体育摄影中“追拍法”的成功之作，摄影师眼中清晰的运动员是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动的美。
请问摄影师选择的参考系是()A. 大地B. 太阳C. 运动员D. 步行的人解析：运动员相对地面在运动，摄影师观察到运动员是静止的，而背景是运动的，则摄影师和运动员相对静止，是以运动员为参考系来拍摄的。
答案：C3. (多选)2013年8月15日消息，科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星。
这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星——木星质量的4倍，它的轨道半径是地球轨道半径的几千倍。
根据以上信息，下列说法正确的是()A. 幸神星质量太大，不能看做质点B. 研究幸神星绕太阳运动，可以将其看做质点C. 比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系，可以选择太阳为参考系D. 幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析：物体大小不是把物体看成质点的关键，要看研究的问题中形状、大小能否忽略。
A错误，B正确；幸神星与地球均绕太阳运行，应以太阳为参考系，C正确；若绕太阳一周，位移均为0，D错误。
答案：BC4. (多选)三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是()A. 三个质点从N点到M点的平均速度相同B. 三个质点任意时刻的速度方向都相同C. 三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同D. 三个质点从N点到M点的位移相同解析：位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达M点后，位移方向相同，故C错误，D正确；根据平均速度的定义式v＝xt可知三个质点从N点到M点的平均速度相同，A正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B错误。
答案：AD5. [2015·西城模拟]用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度。
已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0 mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.04 s。
则滑块经过光电门位置时的速度大小为()A. 0.1 m/sB. 100 m/sC. 4.0 m/sD. 0.4 m/s解析：由于遮光条经过光电门的时间极短，可将该段时间内的平均速度当作滑块经过光电门的瞬时速度，即v＝xt＝4.0×10－30.04m/s＝0.1 m/s，A正确。
答案：A6. [2015·长春模拟](多选)关于匀变速直线运动中的加速度的方向和正、负值问题，下列说法中正确的是()A. 匀加速直线运动中的加速度方向一定和初速度方向相同B. 匀减速直线运动中加速度一定是负值C. 匀加速直线运动中加速度也有可能取负值D. 只有在规定了初速度方向为正方向的前提下，匀加速直线运动的加速度才取正值解析：只有加速度方向与初速度方向相同，物体才会做加速运动，所以A正确；若规定初速度方向为负方向，则减速运动时，加速度为正值，加速运动时，加速度为负值，所以B错误，C、D正确。
答案：ACD7. [2015·济南模拟]关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是()A. 速度变化得越大，加速度就越大B. 速度变化得越快，加速度就越大C. 只要加速度的大小保持不变，速度的方向就保持不变D. 只要加速度的大小不断变小，速度的大小就不断变小解析：加速度的定义式为a＝ΔvΔt，是速度变化量与时间的比值(速度变化率)，只有当速度变化率大，即速度变化快时，加速度才大，故选项A错误，B正确；加速度大小不变，也可以改变速度的方向，如平抛运动，故选项C错误；当a、v同向时，物体做加速运动，反之，做减速运动，与加速度大小变化无关，故选项D错误。
答案：B8. [2015·潍坊模拟](多选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s2，a乙＝－4 m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()A. 甲的加速度大于乙的加速度B. 甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C. 甲的速度比乙的速度变化快D. 甲、乙在相等时间内速度变化的大小相等解析：加速度是矢量，＋、－号表示方向，不表示大小，因速度方向为正，故甲做加速运动，乙做减速运动，A错，B正确；因加速度大小一样，速度变化快慢相同，C错；由Δv＝at可知，D正确。
答案：BD9. (多选)一辆汽车运动，原来的速度是v1，一段时间t后的速度是v2，用Δv表示这一过程中速度的变化量，则下面四图中能正确表示这三个物理量关系的是()解析：求速度变化量即矢量求差，由初速度的首端指向末速度的首端即速度的变化。
答案：BC10. (多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体加速度的大小方向可能为( )A. 加速度的大小为6 m/s 2，方向与初速度的方向相同B. 加速度的大小为6 m/s 2，方向与初速度的方向相反C. 加速度的大小为14 m/s 2，方向与初速度的方向相同D. 加速度的大小为14 m/s 2，方向与初速度的方向相反解析：若初、末速度同向，a ＝v －v 0t ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2，方向与初速度的方向相同，A 正确，B 错误；若初、末速度反向，a ＝v －v 0t＝－10－41m/s 2＝－14 m/s 2，方向与初速度的方向相反，C 错误，D 正确。
答案：AD二、非选择题(本题共2小题，共40分)11. (16分)如图1所示，是在高速公路上用的超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。
图2中p 1、p 2是测速仪发出的超声波信号，n 1、n 2分别是p 1、p 2由汽车反射回来的信号。
设测速仪匀速扫描，p 1、p 2之间的时间间隔Δt ＝1.0 s ，超声波在空气中传播的速度是v ＝340 m/s ，若汽车是匀速行驶的，则根据图2可知，汽车在接收到p 1、p 2两个信号之间的时间内前进的距离是________m ，汽车的速度是________m/s 。
图1 图2解析：测速仪匀速扫描，p 1、p 2之间的时间间隔为1.0 s ，由题图可知p 1、p 2之间有30小格，故每一小格对应的时间间隔t 0＝1.0 s 30＝130s, p 1、n 1间有12个小格，说明p 1、n 1之间的间隔t 1＝12t 0＝12×130s ＝0.4 s 。
同理p 2、n 2之间的间隔t 2＝0.3 s 。
因而汽车接收到p 1、p 2两个信号时离测速仪的距离分别为x 1＝v ·t 12，x 2＝v ·t 22。
汽车这段时间内前进的距离为x ＝x 1－x 2＝v (t 1－t 22)＝17 m 。
汽车在接收到p 1、p 2两个信号的时刻应分别对应于题图中p 1、n 1之间的中点和p 2、n 2之间的中点，其间共有28.5个小格，故接收到p 1、p 2两个信号的时间间隔t ＝28.5t 0＝0.95 s ，所以汽车速度为v 车＝x t ≈17.9 m/s 。
答案：17 17.912. (24分)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，直到停止，下表给出了不同时刻汽车的速度。
(1)汽车做匀速运动的速度大小是否为12 m/s？汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小是否相等？(2)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？(3)汽车通过的总路程是多少？解析：(1)由表可知汽车做匀速运动的速度大小是v＝12 m/s汽车做匀加速运动的加速度a1＝v2－v1t＝6－32.0－1.0m/s2＝3 m/s2汽车做匀减速运动的加速度a2＝3－910.5－9.5m/s2＝－6 m/s2故汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小不相等。
(2)设汽车由3 m/s再经时间t′停止，则t′＝0－v′0a2＝0－3－6s＝0.5 s则汽车从开出到停止总共经历的时间t总＝10.5 s＋t′＝11 s(3)汽车做匀加速运动的时间t1＝v－0a1＝12－03s＝4 s汽车做减速运动的时间t3＝0－va2＝0－12－6s＝2 s汽车做匀速运动的时间t2＝t总－t1－t3＝5 s则汽车总共运动的路程s＝v2t1＋v t2＋v2t3＝(122×4＋12×5＋122×2) m＝96 m答案：(1)是不相等(2)11 s(3)96 m。