第3章大题冲关滚动练之一

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鲁科物理必修1：第3章第3节知能演练轻松闯关

1．(2012·福建龙岩一中高一期中)从楼顶上每隔时间t 掉下一个水滴，当第4个水滴开始下落时，第1个、第2个、第3个水滴离开楼顶的距离之比s 1∶s 2∶s 3为( )A ．9∶4∶1B ．5∶3∶1C ．4∶2∶1D ．3∶2∶1解析：选A.当第4个水滴开始下落时，第3个水滴下落了时间t ，第2个水滴下落了时间2t ，第1个水滴下落了时间3t ，符合从静止开始的匀加速运动前n 个单位时间内的位移之比的规律，所以s 3∶s 2∶s 1＝1∶4∶9，注意题目中是s 1∶s 2∶s 3.2．做自由落体运动的物体，从释放时开始计时，选竖直向下为正方向，关于物体的位移、速度图象中可能正确的是( )解析：选BD.由自由落体运动的规律知物体下落的竖直位移h ＝12gt 2，在h －t 图象中，是一条开口向上的抛物线，故A 错，B 对．速度与时间的关系为v ＝gt ，在v －t 图象中是一条过原点的直线，故C 错误，D 正确．3．一个物体做自由落体运动，g 取10 m/s 2，下列说法中错误的是( )A ．第2 s 末的速度大小为20 m/sB ．前2 s 内的位移大小为20 mC ．第2 s 内的位移大小为10 mD ．第2 s 内的平均速度大小为15 m/s解析：选C.根据自由落体运动速度公式v t ＝gt 可知，第2 s 末的速度大小为20 m/s.故A 正确．根据自由落体运动位移公式：h ＝12gt 2可知，前2 s 内的位移大小为20 m ，故B 正确．第2 s 内位移大小为：Δh ＝h 2－h 1＝12g ·22－12g ·12＝15 m ，故C 错误．第2 s 内的平均速度大小为：v ＝Δh t＝15 m/s.故D 正确． 4．(2012·广东省湛江一中高一期中)甲物体的质量是乙物体的5倍，甲从H 高处自由落下的同时乙从2H 高处自由落下，在它们落地之前，下列说法中正确的是( )A ．两物体下落过程中，在同一时刻甲的速度比乙的速度大B ．下落1 s 末，它们的速度相同C ．各自下落1 m 时，它们的速度相同D ．下落过程中甲的加速度比乙的加速度大解析：选BC.甲、乙两物体做的都是自由落体运动，运动规律相同，同时下落，所以同一时刻其速度相等，下落同一高度，其速度相等，所以B 、C 正确，A 、D 错误．5.有一种傻瓜相机的曝光时间(快门打开到关闭的时间)是固定不变的，为了估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面上A 点的正上方与A 相距H ＝1.5 m 处，使一个小石子自由下落，在小石子下落通过A 点后，立即按动快门，对小石子照相，得到如图所示的照片，由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的痕迹CD .已知每块砖的平均厚度是6 cm ，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2.请从上述信息和照片上选取估算相机曝光时间必要的物理量．用符号表示，如H 等，推出计算曝光时间Δt的关系式，并估算出这个相机的曝光时间(要求取一位有效数字)．解析：若每块砖的厚度为d ，则石子下落到C 点时下落高度为H ＋5d ，下落到D 点时下落高度为H ＋7d ，若下落到C 、D 点的时间分别为t 1、t 2，则H ＋5d ＝12gt 21 H ＋7d ＝12gt 22 曝光时间：Δt ＝t 2－t 1＝ 2H ＋14d g － 2H ＋10d g代入数据可得：Δt ＝0.02 s.答案：Δt ＝ 2H ＋14d g － 2H ＋10d g0.02 s一、选择题1．(2012·浙江嘉兴八校联考)某同学摇动苹果树，同一高度上的一个苹果和一片树叶同时从静止直接落向地面，苹果先着地，下列说法中正确的是( )A ．苹果和树叶做的都是自由落体运动B ．苹果和树叶的运动都不能看成自由落体运动C ．苹果的运动可看成自由落体运动，树叶的运动不能看成自由落体运动D ．假如地球上没有空气，则苹果和树叶会同时落地解析：选CD.空气阻力对树叶影响较大，不能忽略；空气阻力对苹果影响较小，可以忽略，故A 、B 两项错误，C 项正确；当没有空气阻力时，苹果和树叶只受重力作用，它们将会同时落地，D 项正确．2．(2012·佛山高一检测)物体从某一高度自由下落，第1 s 内就通过了全程的一半，物体还要下落多少时间才全落地( )A ．1 sB ．1.5 sC. 2 s D ．(2－1) s 解析：选D.利用自由落体运动的位移时间关系式h ＝12gt 2知，物体通过全程所需时间为t 1＝2h g ，自开始至通过全程的一半所需时间为t 2＝h g＝1 s ，物体还要下落的时间Δt ＝t 1－t 2＝(2－1)h g＝(2－1) s ，故D 正确． 3．(2012·厦门六中高一期中)甲、乙两物体从同一地点同一高度处同时自由下落，甲所受的重力是乙的3倍，则下列说法正确的是( )A ．甲比乙先着地B ．甲比乙的加速度大C ．甲、乙同时着地D ．无法确定谁先着地解析：选C.做自由落体运动的物体运动快慢与重力无关，只要高度相同，落地时间就相同．4．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法中正确的是( )A ．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B ．伽利略猜想自由落体运动是一种最简单的变速运动——匀变速运动C ．伽利略通过数学推理并用小球在斜面上的运动实验验证了位移与时间的平方成正比D ．伽利略通过实验求出了物体自由下落的加速度值解析：选BC.本题考查学生对物理学史的了解情况，根据教材中有关伽利略对自由落体运动的研究的内容，不难得出正确答案．5.(2012·临沂高一检测)科技馆中有一个展品，如图所示．在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的灯光照射下，可观察到一个个下落的水滴．缓慢调节水滴下落的时间到适当情况，可看到一种奇特的现象，水滴似乎不再往下落，而是固定在图中A 、B 、C 、D四个位置不动，一般要出现这种现象，照明光源应该满足(g 取10m/s 2)( )A ．普通光源即可B ．间歇发光，间歇时间为1.4 sC ．间歇发光，间歇时间为0.14 sD ．间歇发光，间歇时间为0.2 s解析：选BC.由题意知，光源间歇发光的间歇时间是水滴滴落的间歇时间的整数倍即可．根据Δh ＝gT 2，可求T ＝0.14 s ，即t ＝nT ＝0.14n s(n 取正整数)，故B 、C 正确．6．在学习物理知识的同时，还应当十分注意学习物理学研究问题的思想和方法，从一定意义上说，后一点甚至更重要．伟大的物理学家伽利略的研究方法对于后来的科学研究具有重大的启蒙作用，至今仍然具有重要意义．请你判断伽利略探究物体下落规律的过程是下列的哪一个( )A ．猜想—问题—数学推理—实验验证—合理外推—得出结论B ．问题—猜想—实验验证—数学推理—合理外推—得出结论C ．问题—猜想—数学推理—实验验证—合理外推—得出结论D ．猜想—问题—实验验证—数学推理—合理外推—得出结论解析：选C.伽利略探究物体下落规律的过程：①问题：大小、石块捆在一起下落得出矛盾的结论；②猜想：物体下落的速度与时间成正比；③数学推理：s t 2应为常数； ④实验验证：对于每一特定的倾角，小球从不同高度滚下，s t 2比值不变； ⑤合理外推：将s t 2推广到落体运动； ⑥得出结论：物体下落时v ∝t .综上所述可知C 选项正确．7.(2012·临沂高一测试)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度之比为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A ．三者到达桌面的速度之比是3∶2∶1B ．三者运动时间之比为3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与小球的质量成反比解析：选AC.三者到达桌面的速度之比为2gh 1∶2gh 2∶2gh 3＝3∶2∶1，A 选项正确；三者运动时间之比为 2h 1g ∶2h 2g ∶2h 3g＝3∶2∶1，B 选项错误；b 与a 开始下落的时间差为 2h 1g － 2h 2g ＝ 6h 3g － 4h 3g ＝h 3g·(6－4)，c 与b 开始下落的时间差为h 3g(4－2)，所以C 选项正确；三个小球运动的加速度都为g ，与小球的重力和质量无关，D 选项错误．8．一杂技演员，用一只手抛球．他每隔0.4 s 抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有四个球，将球的运动看成是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起)( )A ．1.6 mB ．2.4 mC ．3.2 mD ．4.0 m解析：选C.根据题意可得出至少有如图所示的状态，由于空中总有四个球，且每个球之间的时间间隔为0.4 s ，所以每个球在空中的时间为1.6 s ，故上升时间为0.8 s ，所以上升的高度H ＝12gt 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m ，选项C 正确．9．甲、乙两小球先后从空中同一位置自由下落，乙比甲迟Δt ＝0.5 s 释放，当甲、乙均在下落过程中时，下列判断中正确的是( )A ．甲、乙两球的速度之差越来越大B ．甲、乙两球的速度之差保持不变C ．甲、乙两球之间的距离越来越大D ．甲、乙两球之间的距离保持不变解析：选BC.由于甲、乙两球都有竖直向下的加速度g ，因此以乙球为参考系，甲相对乙以速度v ＝g Δt ＝5 m/s 向下做匀速直线运动，所以甲、乙两球的速度之差保持不变，而两球的间距越来越大．10．(2012·山东省兖州市高一期中)一物体在某星球表面附近做自由落体运动，连续两个1 s 下落的高度依次为12 m 、20 m ，则该星球表面的重力加速度的值为( )A ．12 m/s 2B ．10 m/s 2C ．8 m/s 2D ．16 m/s 2解析：选C.自由落体运动符合匀变速直线运动的规律，Δs ＝g ′t 2，代入数据可得，g ′＝8 m/s 2.二、非选择题11.如图所示是某晚报报道香港新建成的一种让人体验自由落体的跳楼机，其中列出了一些数据供参考：(A)总高度60 m ；(B)限载12人；(C)最大时速45英里(1英里＝1609 m ，此速度相当于20 m/s)．根据以上信息估算：(1)跳楼机下落的总时间至少为多少；(2)跳楼机先做自由落体运动，紧接着做匀减速运动，则减速过程中的最大加速度是多少．解析：(1)跳楼机先做自由落体运动至最大时速后立即做匀减速运动，落地时速度恰好减少为零，此种情况对应的时间最短(可由如图所示的v －t 图象说明)，全程的平均速度v ＝12v m ＝10 m/s ，最短时间t min ＝H v＝6010s ＝6 s. (2)自由下落时间t 1＝v m g s ＝2010 s ＝2 s ，故减速过程的最短时间t 2＝t min －t 1＝4 s ，最大加速度a m ＝v m t 2＝5 m/s 2. 答案：(1)6 s (2)5 m/s 212.屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图所示，求：(取g ＝10 m/s 2)(1)滴水的时间间隔是多少？(2)此屋檐离地面多高？解析：(1)设屋檐离地面高h ，滴水间隔为T ，由s ＝12gt 2得第2滴水的位移s 2＝12g (3T )2① 第3滴水的位移s 3＝12g (2T )2② 由题意知：s 2－s 3＝1 m ③由①②③解得T ＝0.2 s.(2)此屋檐离地面的高度h ＝12g (4T )2＝12×10×(4×0.2)2 m ＝3.2 m. 答案：(1)0.2 s (2)3.2 m。

(高中物理)年教科物理选修33第三章2知能演练轻松闯关

年教科版物理选修3-3电子题库第三章 2 知能演练轻松闯关(时间: 90分钟, 总分值: 100分)一、选择题(此题共10小题，每题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.(·高二检测)以下四种说法中，正确的选项是()A．温度越高，扩散越快B．扩散只能在气体中进行C．气体分子间只存在斥力D．固体分子间只存在引力解析：选A.温度越高分子运动越剧烈，扩散越快，A项正确．三种物态下扩散均能进行，故B项错误．引力和斥力同时存在，在气体中由于分子间距较大可以忽略分子引力和分子斥力，故C、D均错．2.同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定时间，盐就会进入肉里．那么以下说法正确的选项是 () A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉解析：选AC.盐分子进入鸭肉是因为盐分子的扩散，温度越高扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规那么运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规那么运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误．3.下面证明分子间存在引力和斥力的实验中，错误的选项是()A．两块铅块压紧以后能连成一块，说明存在引力B．固体、液体很难被压缩，说明存在斥力C．碎玻璃不能再拼成一整块，说明分子间存在斥力D．拉断一根绳子需很大力气说明存在引力解析：选C.两块铅块压紧后能连成一块、绳子很难被拉断，说明分子间存在引力，而固体、液体很难被压缩，说明分子间存在斥力，因此选项A、B、D说法都是符合事实的．碎玻璃再拼在一起，分子间距离比10r0大得多，不能到达分子引力和斥力发生作用的范围，或者说分子间作用力非常微弱，所以两块玻璃很难拼成一块．所以C说法错误．4.布朗运动是生物学家布朗首先发现的物理现象，后来成为分子动理论和统计力学开展的根底，以下关于布朗运动的说法正确的选项是()A．布朗每隔30 s把小炭粒的位置记下，然后用直线依次连接起来，得到小炭粒的运动轨迹B．悬浮在液体中的小颗粒不停地无规那么互相碰撞是产生布朗运动的原因C．在尽量排除外界影响的情况下(如振动、液体对流等)，布朗运动依然存在D．布朗运动的剧烈程度与颗粒大小、温度有关，布朗运动就是分子的运动解析：选C.小炭粒在30 s内的运动是很复杂的，其运动轨迹是毫无规那么的，用直线连接起来的线段，是一段时间内的位移，A错误；形成布朗运动的原因是悬浮小颗粒受到周围液体分子无规律的碰撞，使得来自各个方向的碰撞效果不平衡所致，布朗运动间接地证明了液体分子的无规那么运动，B错误；布朗运动不是外界任何因素影响产生的，如温度差、压强差、液体振动等，C正确；布朗运动是悬浮的固体颗粒(粒子数量级一般在10－6 m，肉眼是看不到)的运动，属于宏观物体的运动，不是单个分子的运动，单个分子用显微镜是看不见的，温度越高，液体分子无规那么运动越剧烈，对固体颗粒撞击的不平衡性越明显，布朗运动也就越明显，D错误．5.由阿伏伽德罗常量N A和一个水分子的质量m，一个水分子的体积V0，不能确定的物理量有()A．1摩尔水的质量B．2摩尔水蒸气的质量C．3摩尔水的体积D．4摩尔水蒸气的体积解析：选摩尔水的质量为M A＝N A·m，A正确；2摩尔水蒸气的质量M＝2N A·m，B项正确；液体可认为分子是紧密地靠在一起的，3摩尔水的体积V＝3N A·V0，故C正确；由于气体分子间有一个很大的空隙，气体的体积并非所含分子自身体积之和，故D项由条件无法确定，应选D.6.做布朗运动实验，得到某个观测记录如图1－2.图中记录的是()图1－2A．分子无规那么运动的情况B．某个微粒做布朗运动的轨迹C．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线解析：选D.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规那么运动，而非分子的运动，故A 项错误；既然无规那么所以微粒没有固定的运动轨迹，故B项错误，对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度－时间图线，故C项错误；故只有D项正确．7. 以下关于布朗运动和扩散现象的说法正确的选项是()A．布朗运动和扩散现象都能在气体、液体和固体中发生B．布朗运动和扩散现象都是分子的运动C．布朗运动和扩散现象都是温度越高越明显D．布朗运动和扩散现象都能说明分子的运动是永不停息的解析：选CD.布朗运动可以在气体和液体中发生，但不能在固体中进行；而扩散现象在气体、液体和固体中都能发生．布朗运动是微小固体颗粒的运动；而扩散现象是分子的运动．由于温度越高，分子的无规那么运动越剧烈，自然扩散现象在温度越高时越明显，而液体(或气体)分子的无规那么运动加剧加快了它们对布朗颗粒的碰撞频率，所以布朗运动也是温度越高越明显．由于分子的热运动是永不停息的、无规那么的，所以布朗颗粒的运动和分子扩散的运动都能说明分子的运动是永不停息的．8.两个分子从靠得不能再靠近的位置开始，使两者之间的距离增大，直到大于分子直径的10倍以上．这一过程中，关于分子间的相互作用力的以下说法中正确的选项是()A．分子间的引力和斥力都在增大B ．分子间的斥力在减小，引力在增大C ．分子间的相互作用力的合力在逐渐减小D ．分子间的相互作用力的合力，先减小后增大，再减小到零解析：选D.由分子力随距离的变化关系得，分子距离由靠得不能再靠近变化到大于分子直径10倍以上时，引力和斥力都减小，故A 、B 错．由相互作用的合力变化关系可知，应为先减小再增大，再减小到零，C 错D 对．9.假设以μ表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，N A 为阿伏伽德罗常量，m 、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式，其中()①N A ＝V ρm ②ρ＝μN A Δ③m ＝μN A ④Δ＝V N AA ．①和②都是正确的B ．①和③都是正确的C ．③和④都是正确的D ．①和④都是正确的解析：选B.对于气体，宏观量μ、V 、ρ之间的关系式仍适用，有μ＝ρV ，宏观量与微观量之间的质量关系也适用，有N A ＝μ/m ，所以m ＝μ/N A ，③式正确．N A ＝μ/m ＝ρV m，①式正确．由于气体的分子间有较大的距离，V N A求出的是一个气体分子平均占有的空间，一个气体分子的体积远远小于该空间，所以④式不正确．气体密度公式不适用于单个气体分子的计算，故②也不正确．应选B.10.图1－3甲分子固定在坐标的原点，乙分子位于横轴上，甲分子和乙分子之间的相互作用力如图1－3所示，a 、b 、c 、d 为横轴上的四个特殊位置．现把乙分子从a 处由静止释放，那么()A ．乙分子从a 到b 做加速运动，由b 到c 做减速运动B ．乙分子从a 到c 做加速运动，到达c 时速度最大C ．乙分子从b 到d 做减速运动D ．乙分子从a 到c 做加速运动，由c 到d 做减速运动解析：选BD.由分子力曲线图可知，由a 到c 一直受到引力作用，做加速运动，由c 到d 受斥力作用做减速运动，在c 点速度最大．所以B 、D 正确．二、填空题(此题共2小题，每题6分，共12分．把答案填在题中横线上)11.在“用油膜法估测分子大小〞的实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL 溶液中有纯油酸0.6 mL ，用注射器测得1 mL 上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图1－4所示，图中正方形格的边长为1 cm.图1－4(1)实验中要让油膜尽可能散开的原因_________________________________；(2)实验测出油酸分子的直径____________(结果保存两位有效数字)．解析：(1)为使油膜在水面上形成单分子油膜．(2)由题图可知油膜覆盖方格数约为120个，设油酸分子的直径为d ，那么有180×错误!×10－6＝120×1×10－4d 解得d ＝×10－10 m ．×10－10 m ～×10－10 m)都对答案：(1)为使油膜在水面上形成单分子油膜 ×10－10 m ～×10－10 m12.用油膜法估测分子的大小．实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1 mL 的量筒、盛有适量清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸(最小正方形边长为1 cm)．那么(1)下面给出的实验步骤中，正确排序应为________(填序号)，为估算油酸分子的直径，请补填最后一项实验步骤D.A ．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上B ．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1 mL 油酸酒精溶液的滴数NC ．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05 %的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一滴D ．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(2)利用以上测量数据，写出单个油酸分子直径的表达式为________________________________________________________________________．解析：(1)根据实验原理可得，给出的实验步骤的正确排序为BCA ，步骤D 应为将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1 cm 的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S .(2)每滴油酸酒精溶液的体积为1N ，1滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V ＝1N×0.05%所以单个油酸分子的直径为d ＝V S ＝0.05%NS. 答案：(1)BCA 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1 cm 的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S(2)0.05%NS三、计算题(此题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)图1－513.(8分) 将甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于x 轴上，甲、乙分子间作用力与距离间关系的函数图像如图1－5所示．假设质量为m ＝1×10－26 kg 的乙分子从r 3(r 3＝12d ，d 为分子直径)处以v ＝100 m/s 的速度沿x 轴负方向向甲飞来，仅在分子力作用下，那么乙分子在运动中分子的动能的最小值为多大？解析：在乙分子靠近甲分子的过程中，分子力先做正功，后做负功，那么分子动能先增大，后减小. 当速度为零时，分子的动能为零，此时分子的动能最小，即E kmin ＝0 J. 答案：0 J14.(12分)金刚石的密度是3500 kg/m 3，有一小块金刚石，体积是×10－8m ，这小块金刚石中含有多少个碳原子．设想金刚石中碳原子是紧密地堆在一起的，估算碳原子的直径．解析：先求金刚石的质量： m ＝ρV ＝×103××10－8 kg ＝×10－4 kg物质的量为：n ＝m M ＝错误! mol ＝×10－2 mol碳原子数为：N ＝nN A ＝×10－2××1023＝×1021(个)一个碳原子的体积为：V 0＝V N ＝错误! m 3＝×10－30 m 3，把金刚石中的碳原子看成球体，那么由公式V 0＝π6d 3 可得碳原子直径为：d ＝36V 0π＝36××10－303.14m ＝×10－10 m. 答案：×1021×10－10 m图1－615.(14分)如图1－6所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F ＞0为斥力，F ＜0为引力，a 、b 、c 、d 为x 轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a 处静止释放，那么：(1)乙分子在何处动能最大？(2)在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子动能都随距离的减小而增加？解析：(1)由于乙分子由静止开始，在ac 间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子动能一直在增大，到达c 点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大．(2)在分子力表现为引力且增加的那一段上，即乙分子由a 向b 运动的过程中，分子力做正功，分子动能增加．答案：(1)c 处 (2)a 到b 阶段16.(14分)大气压强是由于大气的重力而产生的，某学校兴趣小组的同学，通过查资料知道：月球半径R ＝×106 m ，月球外表重力加速度g ＝1.6 m/s 2.为开发月球的需要，设想在月球外表覆盖一层厚度为h 的大气，使月球外表附近的大气压到达p 0＝×105 Pa ，大气层厚度h ＝×103 m 比月球半径小得多，假设月球外表初始没有空气．试估算(1)应在月球外表添加的大气层的总质量m 为多少？(2)月球大气层的分子数为多少？(3)分子间的距离为多少？(空气的平均摩尔质量M ＝×10－2 kg/mol ，阿伏伽德罗常量N A ＝×1023 mol －1)解析：(1)月球的外表积S ＝4πR 2，月球大气的重力与大气压力大小相等mg ＝p 0S ，所以大气的总质量m ＝4πR 2p 0g代入数据可得m ＝4××〔×106〕21.6××105 kg ≈×1018 kg. (2)月球大气层的分子数为N ＝m M N A ＝错误!××1023个≈×1043个．(3)可以认为每一个气体分子占据空间为一个立方体，小立方体紧密排列，其边长即为分子间的距离．设分子间距离为a ，大气层中气体的体积为V ，那么有V ＝4πR 2h ，a ＝3V Na ＝34πR 2hMg p 0SN A＝3ghM p 0N A ≈×10－9 m. 答案：×1018 kg ×1043个 ×10－9 m。

教科物理必修1：第三章3知能演练轻松闯关

1．在牛顿第二定律的表达式F ＝kma 中，有关比例系数k 的下列说法中，正确的是( ) A ．在任何情况下k 都等于1B ．k 的数值由质量、加速度和力的大小决定C ．k 的数值由质量、加速度和力的单位决定D ．在国际单位制中，k 等于1解析：选CD.在F ＝kma 中，只有各量均取国际单位时，k 才等于1，若各量并不都取国际单位，则k 的大小由F 、m 、a 的单位共同决定．所以C ，D 正确． 2．(2012·湖北黄冈中学高一检测)下列说法正确的是( ) A ．物体所受合外力为零时，物体的加速度可以不为零 B ．物体所受合外力越大，速度越大C ．速度方向、加速度方向、合外力方向总是相同的D ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同解析：选D.由牛顿第二定律：F ＝ma 知，F 合为0，加速度为零，由惯性定律知速度不一定为零；当F 合越大，a 也越大，由a ＝ΔvΔt知，a 大只能说明速度变化率大，速度不一定大，故A ，B 项错误；F 合，a ，Δv 三者方向一定相同，而速度方向与这三者方向不一定相同，C 项错，故正确答案为D.3．下列单位中，是国际单位制中加速度单位的是( ) A ．cm/s 2 B ．m/s 2 C ．N/kg D ．N/m解析：选B.国际单位制中，质量的单位为kg ，长度的单位为m ，时间的单位为s ，根据a ＝vt可知，加速度的单位为m/s 2. 4．(2012·山东聊城第一中学高一月考)一个质量为2 kg 的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2 N 和6 N ，当两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为( )A ．1 m/s 2B ．2 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 2解析：选BCD.先求两力合力大小的范围为4 N ≤F 合≤8 N ，所以42≤F 合m ≤82，即2 m/s 2≤a ≤4m/s 2，在此范围内的是B 、C 、D 三项． 5.图3－3－6如图3－3－6所示，车厢在运动过程中所受阻力恒为f ，当车厢以某一加速度a 向右加速时，在车厢的后壁上相对车厢静止着一物体m ，物体与车厢壁之间的动摩擦因数为μ，设车厢的质量为M ，则车厢内发动机的牵引力至少为多少时，物体在车厢壁上才不会滑下来？解析：以车厢和物块整体为研究对象，则由牛顿第二定律得：F －f ＝(M ＋m )a ①以物块为研究对象，受力情况如图所示，则f ′＝mg ＝μN其中N ＝ma ，所以a ＝gμ，代入①得F ＝f ＋(M ＋m )gμ.答案：f ＋(M ＋m )gμ一、选择题1．关于速度、加速度、合外力的关系，下列说法中不正确的是( ) A ．不为零的合外力作用于原来静止物体的瞬间，物体立刻获得加速度B ．加速度的方向与合外力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C ．在初速度为零的匀加速直线运动中，速度、加速度与合外力的方向总是一致的D ．合外力变小，物体的速度一定变小解析：选D.由牛顿第二定律可知A 、B 选项正确；初速度为零的匀加速直线运动中，v 、a 、F 三者的方向相同，故C 选项正确；合外力变小，加速度变小，但速度不一定变小，D 选项错误．2．用轻绳系一质量为m 的砝码并向上提起，当绳中张力为T ＝mg 时，砝码匀速上升．若绳中张力变为2T ，则砝码匀加速上升，其加速度a 的大小为( ) A ．a <g B ．a ＝g C ．g <a <2g D ．a ＝2g解析：选B.由牛顿第二定律可知，加速度a ＝2T －mgm＝g ，故选B.图3－3－73．如图3－3－7所示，长木板静止在光滑的水平地面上，一木块以速度v 滑上木板，已知木板质量是M ，木块质量是m ，二者之间的动摩擦因数为μ，那么，木块在木板上滑行时( ) A ．木板的加速度大小为μg /M B ．木块的加速度大小为μg C ．木板做匀加速直线运动 D ．木块做匀减速直线运动解析：选BCD.木板所受合力是m 施加的摩擦力μmg ，所以木板的加速度为μmgM，做匀加速直线运动；木块同样受到摩擦力作用，其加速度为μmgm＝μg ，做匀减速直线运动，故A 错误，B 、C 、D 正确． 4.图3－3－8(2012·北京101中学高一检测)如图3－3－8所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F 作用下，以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度为a 1和a 2，则( ) A ．a 1＝a 2＝0 B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝－m1m 2a解析：选D.两物体在光滑的水平面上一起以加速度a 向右匀加速运动时，弹簧的弹力F 弹＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此对A 来讲，加速度此时仍为a ，对B 物体：取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m1m 2a ，所以只有D 项正确．5．假设汽车紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑行的距离约为( ) A ．40 m B ．20 m C ．10 m D ．5 m解析：选B.由题意F 阻＝mg ，汽车所受合力F ＝F 阻＝mg ，对汽车由牛顿第二定律解得汽车刹车时的加速度大小a ＝F m ＝g ＝10 m/s 2.设滑行距离为x ，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a＝20 m ，故B正确．图3－3－96．质量均为m 的A 、B 两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如图3－3－9所示，若用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间( )A ．A 球的加速度为F /(2m )B ．A 球的加速度为零C ．B 球的加速度为F /(2m )D ．B 球的加速度为F /m解析：选BD.恒力F 作用时，A 和B 都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F .突然将力F 撤去，对A 来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A 球的合力为零，加速度为零，A 项错，B 项对．而B 球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a ＝Fm，故C 项错，D 项对．图3－3－107．(2011·高考天津卷)如图3－3－10所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力( ) A ．方向向左，大小不变 B ．方向向左，逐渐减小 C ．方向向右，大小不变 D ．方向向右，逐渐减小解析：选A.对A 、B 整体受力分析如图所示，滑动摩擦力f 使整体产生加速度a ，a 等于μg 不变，对B 受力分析知，B 所受静摩擦力f ＝m B ·a ＝μ m B g ，大小不变，方向向左，故A 对，B 、C 、D 错．8．声音在空气中的传播速度为v 与空气的密度ρ、压强p 有关．下列速度的表达式(k 为比例系数，无单位)中可能正确的是( )A ．v ＝k p ρB ．v ＝ kpρC ．v ＝kρpD ．v ＝kpρ解析：选B.压强的单位为kg·m/s 2m 2＝kg m·s 2，密度的单位为kg/m 3，故p ρ的单位为m 2s2，所以v ＝kp ρ.图3－3－119．如图3－3－11所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( ) A ．小球刚接触弹簧瞬间速度最大B ．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C ．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小D ．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大解析：选CD.小球的加速度大小取决于小球受到的合外力．从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大．当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大．图3－3－1210．(2012·川师附中高一检测)如图3－3－12所示，吊篮P 悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q 被固定在吊篮中的两轻弹簧系住，当悬挂吊篮的细绳烧断的瞬间，吊篮P 和物体Q 的加速度大小分别是( ) A ．a P ＝g ，a Q ＝2g B ．a P ＝2g ，a Q ＝g C ．a P ＝g ，a Q ＝0 D ．a P ＝2g ，a Q ＝0解析：选D.悬挂吊篮的细绳烧断瞬间，两弹簧的长度不突然改变，两弹簧的弹力也不改变，细绳中原有的大小为2mg 的拉力消失，则吊篮P 的合力与细绳的原拉力等大反向，即合外力大小为2mg ，方向竖直向下，所以吊篮P 的加速度a P ＝2mgm＝2g .细绳被烧断瞬间，两弹簧对物体Q 的作用力不变，所以合外力依然为零，其加速度a Q ＝0，故D 项对．二、非选择题11．一个质量为20 kg 的物体，从斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，斜面与水平面间的夹角θ为37°.求物体从斜面下滑过程中的加速度．(g 取10 m/s 2) 解析：物体受力如图所示．x 轴方向：G x －f ＝ma .y 轴方向：N －G y ＝0.其中f ＝μN ，所以a ＝g sin θ－μg cos θ＝4.4 m/s 2. 答案：4.4 m/s 2 方向沿斜面向下12．在光滑的水平面上有一个质量为m ＝1 kg 的小球，小球一端与水平轻弹簧相连，另一端与和竖直方向成θ＝60°角、不可伸长的轻绳相连，如图3－3－13所示．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，求：图3－3－13(1)小球的加速度大小和方向；(2)此时轻弹簧的弹力与水平面对小球的弹力的比值为多少．(g 取10 m/s 2)解析：因为静止时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力F 1和弹簧的弹力F 2作用而处于平衡状态，由平衡条件得 F 1cos θ＝mg ，F 1sin θ＝F 2 解得F 2＝mg tan θ＝10 3 N剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面的支持力平衡重力N ＝mg 弹簧的弹力产生瞬时加速度F 2＝ma ，a ＝F 2m ＝mg tan θm＝10 3 m/s 2，方向水平向左F 2N ＝mg tan θmg＝ 3. 答案：(1)10 3 m/s 2 水平向左 (2) 3。

高考物理一轮复习第3章第3节牛顿运动律的综合用课时闯关

取夺市安慰阳光实验学校高考物理（大纲版）一轮复习课时闯关：第3章第3节牛顿运动定律的综合应用（含解析）一、选择题1.(2011·高考天津卷)如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( ) A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小解析：选A.B向右做匀减速直线运动，加速度大小不变、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不变，即A正确，B、C、D均错误．2.(2010·高考海南卷)如图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A．加速下降B．加速上升C．减速上升D．减速下降解析：选BD.当木箱静止时，箱顶对物块的压力为F N，方向竖直向下．弹簧对木块向上的弹力为F，由平衡条件有F N＋mg＝F，故F>mg.当物块对箱顶刚好无压力时，F N＝0，而弹簧的压缩量未变．弹簧对物块的弹力大小和方向均未变，仍为F，物块所受合外力应为F－mg，方向竖直向上，即加速度竖直向上，因此木箱运动状态可能为加速上升或减速下降，选项B、D正确．3.(2013·温州调研)如图所示，运动员“10 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小D．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小解析：选BD.运动员由B→C的过程中，先向下加速后向下减速，即先失重后超重，但跳板的形变量一直变大，所以跳板所受的压力一直变大，A项错，B 项对；运动员由C→B的过程中，先向上加速后向上减速，即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，C项错，D项对．4.(2011·高考四川卷)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲，在喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态解析：选A.对降落伞，匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力F T和浮力F平衡，即F T＝F－mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为a，对降落伞应用牛顿第二定律：F－F T′－mg＝ma，F T′＝F－mg－ma＜F T，故A正确，B错误．加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故D 错误．合外力方向向上、位移方向向下，做负功，故C错误．5．一枚由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图所示，则( ) A．t3时刻距地面最远B．t2～t3的时间内，在向下降落C．t1～t2的时间内，处于失重状态D．0～t3的时间内，始终处于失重状态解析：选A.由题中速度图象可知，在0～t3内速度始终大于零，表明这段时间内一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确、B错误．t1～t2的时间内，在加速上升，具有向上的加速度，应处于超重状态，而在t2～t3时间由在减速上升，具有向下的加速度，处于失重状态，故C、D错误．6.(2013·泉州模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N，方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为(g ＝10 m/s2)( )A．10 N B．20 NC．25 N D．30 N解析：选C.对AB整体分析，当它们处于静止状态时，弹簧的弹力等于整体AB的重力，当施加力F的瞬间，弹力在瞬间不变，故A、B所受合力为10 N，则a＝F合/(2m)＝2.5 m/s2，后隔离A物块受力分析，得F＋mg－F N＝ma，解得F N＝25 N，所以A对B的压力大小也等于25 N.7.(2013·淮阴中学高三学情调研)物体A 、B 都静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB ，用水平拉力F 拉物体A 、B ，所得加速度a 与拉力F 关系图线如图中A 、B 所示，则( )A ．μA ＝μB ，m A >m B B ．μA >μB ，m A <m BC ．可能有m A ＝m BD ．μA <μB ，m A >m B解析：选B.斜率表示物体质量的倒数，所以A 的质量小于B 的质量，A 的重力小于B 的重力，由于横坐标截距为物体受到的摩擦力大小，则A 、B 受到的摩擦力相等，那么μA >μB ，所以B 正确．8.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析：选C.当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg 由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg . 9.(2010·高考福建卷)质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m解析：选B.物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N＝4 N ．由题给F －t 图象知0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －F f m＝2 m/s 2.6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s＝6 m/s ，在6～9 s 内物体以6 m/s 的速度做匀速运动.9～12 s 内又以2 m/s 2的加速度做匀加速运动，作v －t 图象如下．故0～12 s内的位移s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×6×2 m＋6×6 m＝54 m ．故B 项正确．10．(2013·许昌联考)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v 0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是( ) A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P 点解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错；当传送带的速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C错；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．二、非选择题11．(2012·高考北京卷)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图甲所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图乙所示．电梯总质量m＝2.0×103kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t 图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速度v2.解析：(1)由牛顿第二定律有，F－mg＝ma由题中a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，则F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 NF2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N.(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积，Δv1＝0.5 m/s同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/sv0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s.答案：(1)2.2×104 N 1.8×104 N(2)0.5 m/s 1.5 m/s12．一小球在流体中运动时，它将受到流体阻碍运动的粘滞阻力，实验发现当小球相对流体的速度不太大时，粘滞阻力F f ＝6πηvr ，式中r 为小球的半径，v 为小球相对流体运动的速度，η为粘滞系数，η由液体的种类和温度而定．现将一个半径为r 的钢珠放入常温下的甘油中，并让它自由下落．已知钢珠的密度为ρ，常温下甘油的密度为ρ0，甘油的粘滞系数为η，重力加速度为g ，求：(1)在加速下落的过程中，钢珠某时刻的速度为v 0，求该时刻钢珠的加速度； (2)钢珠在甘油中下落的最大速度v m .解析：(1)从静止释放后，钢珠受到重力G 、浮力F 和粘滞阻力F f 的作用F f ＝6πηv 0rF ＝43πρ0gr 3m ＝43πρr 3由牛顿第二定律得：mg －F －F f ＝ma钢珠的加速度：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ρ0ρg －9ηv 02ρr 2.(2)当v ＝v m 时，钢珠做匀速直线运动，有mg －F －F f ＝0解得：v m ＝2r29η(ρ－ρ0)g .答案：(1)⎝⎛⎭⎪⎫1－ρ0ρg －9ηv 02ρr 2(2)2r29η(ρ－ρ0)g。

高考数学总复习第3章3计算导数课时闯关含解析北师大版

2013 年高考数学总复习第 3 章 3 计算导数课时闯关（含剖析）北师大版[A 级基础达标 ]1.n＋在 x ＝ 2 处的导数为 12，则 n 等于 ()(2012 ·南阳调研 ) 曲线 y ＝ x ( n ∈N )A ． 1B ． 2C ． 3D ． 4剖析：选n － 1y ＝ xnn － 1C. ∵ y ′＝ nx ，∴函数( x ∈N ) 在 x ＝ 2 处的导数为 n ·2 ＝ 12，＋∴ n ＝ 3.2. 以下给出的四个命题中，正确的命题是 ()①若函数 f ( x ) ＝ x ，则 f ′ (0) ＝ 0；②若函数f ( x ) ＝ 2 2＋ 1 的图像上的点 (1 ，3) 的周边一点是 (1 ＋x ， 3＋y ) ，则y ＝xx4＋ 2 x ；③瞬时速度是动点位移函数s ( t ) 对时间 t 的导数；3A ．①②B ．②③C ．①②③D ．②③④11剖析：选 B. ①中f′()＝( x 2) ′＝，当x ＝ 0 时没心义；x 2 x④中 y ′＝ ( x 3) ′＝ 3x 2， f ′ (0) ＝ 0，有切线．3. 以下结论正确的个数为( )112x x①若 y ＝ ln 2，则 y ′＝ 2；②若 f ( x ) ＝ x 2，则 f ′(3) ＝－ 27；③若 y ＝ 2 ，则 y ′＝ 2 ln12；④若 y ＝ log x ，则 y ′＝ x ln 5 .5A ． 4B ． 1C ． 2D ． 3剖析：选 D. 在①中， (ln 2 ) ′＝ 0，②③④都对．4. 若 f ( x ) ＝ sin x ，则 f ′(2 π ) ＝ ________．剖析：∵ f ( x ) ＝sin x ，∴ f ′ ( x ) ＝ cos x . ∴ f ′ (2 π ) ＝ cos 2 π ＝ 1. 答案： 15. (2012 ·宿州 ) 已知直y＝ kx 是曲 y＝ln x 的切，k＝________．1 1剖析： y′＝(ln x)′＝x，x＝ k.11∴x＝k.∴ y＝ k×k＝1.111∴曲 y＝ln x 点k，1，即1＝ln k，∴ k＝e.答案：1eπ16. 求曲y＝ cos x上点P3，2且与点的切垂直的直方程．解：因 y＝cos x，所以 y′＝－sin x.曲在点 P π ，1sinπ32 的切的斜率是－33＝－2.所以点 P 且与切垂直的直的斜率2. 3所以所求的直方程y－1＝2x－π，233即2－ 3y －2π＋3＝ 0.x32[B能力提升 ]7.y x(2011 ·高考江西卷 )曲＝ e 在点(0 ， 1) 的切斜率 ()AA． 1B． 21C． e D. e剖析： A. 由意知y′＝ e x，故所求切斜率k＝e0＝1.8.0( x)＝ sin1021( x) ，⋯，f n＋1nf x， f ( x)＝f ′( x) ，f( x) ＝f′( x) ＝f′ ( x) ，n∈N，f 2012( x)等于()A． sin xB．－ sin xC． cos xD．－ cos x剖析： A. f( x) ＝sin x，f ( x)＝ f ′( x) ＝ cos x，010f 2( x)＝ f ′1( x)＝－sin x， f 3( x)＝ f ′2( x)＝－cos x.f ′4( x)＝f ′3( x)＝sin x.∴ f ( x)＝ f( x) ＝ sin x.201209. (2012 ·江津 ) 半径r的的面S( r ) ＝πr2，周C( r ) ＝ 2πr，若将r看作 (0 ，＋∞ ) 上的量， ( πr2) ′＝ 2πr①，①式可用言表达：的面函数的数等于的周函数．于半径 R的球，若将 R看作(0，＋∞)上的量，你写出似于①的式子：________②.②式可用言表达________________________________________________________________________ ．43 2 答案： 3π R ′＝ 4π R 球的体积函数的导数等于球的表面积函数10. 点 P 是曲线 y ＝ e x 上一动点，求点 P 到直线 y ＝ x 的最小距离．x相切的直线与曲线x解：依照题意得：平行于直线 y ＝ x 且与曲线 y ＝ e y ＝ e 的切点即为曲线 y ＝ e x 上到直线 y ＝ x 距离近来的点．设知足题意的P 点的坐标为 ( x 0， y 0) ，因为 y ′＝(e x ) ′＝ e x ，所以 e 0＝ 1，得 x 0＝0，代入＝ e x ，得 y 0 ＝ 1，即知足题意的P 点坐标为 (0 ，xy1) ．2由点到直线的距离公式得所求最小距离为2 .11. ( 创新题 ) 如图，质点 P 在半径为 1 m 的圆上沿逆时针方向做匀角速运动，角速度为 1 rad/s ，设 A 为初步点，求时辰 t 时，点 P 在 y 轴上的射影点M 的速度．解：时辰 t 时，∵角速度为 1 rad/s ， ∴∠ POA ＝ 1· t ＝ t rad ， ∴∠ MPO ＝∠ POA ＝ t rad ， ∴ OM ＝OP · sin ∠ MPO ＝ sin t .∴点 M 的运动方程为 y ＝sin t ，∴ v ＝ y ′＝ (sin t ) ′＝ cos t . 即时辰 t 时，点 P 在 y 轴上的射影M 点的速度为 cos t m/s.。

(新课标)高考数学一轮复习第三章第1讲知能训练轻松闯关

（新课标）高考数学一轮复习第三章第1讲知能训练轻松闯关【优化方案】（新课标） 2016 高考数学一轮复习第三章第1讲知能训练轻松闯关1．将表的分针拨快10 分钟，则分针旋转过程中形成的角的弧度数是()ππA. B ．36ππC．－3D．－6分析：选 C. 将表的分针拨快应按顺时针方向旋转，为负角．故A、B 不正确，又由于拨1快 10 分钟，故应转过的角为圆周的.61π即为－6× 2π＝－3 .2．若一扇形的圆心角为 72°，半径为 20 cm，则扇形的面积为 ()A． 40π cm2 B ．80π cm 2C． 40 cm2 D ．80 cm 2分析：选 B. ∵ 72°＝25π，∴S扇形＝12αr2＝12×2π5×202＝ 80π (cm2) ．πsinθcosθ3．已知角α＝2kπ－5 ( k∈ Z) ，若角θ与角α的终边同样，则y＝|sinθ|＋|cosθ|tanθ＋|tanθ|的值为 ()A． 1B．－1C． 3D．－ 3分析：选 B. 由α＝ 2kπ－π(k∈Z) 及终边同样的观点知，角α的终边在第四象限，5又角θ 与角α 的终边同样，所以角θ 是第四象限角，所以 sin θ <0， cosθ>0，tanθ<0.所以 y＝－1＋1－1＝－1.4．已知角α的终边经过一点P( x，x2＋1)( x>0)，则tanα的最小值为() A． 1 B ．21C.2D. 2x2＋111分析：选 B.tanα＝x＝ x＋x≥2x·x＝2.5．已知角α和角β的终边对于直线y＝ x 对称，且β＝－π，则sinα＝() 333A．－2 B.211C．－2 D. 2π分析：选 D. 由于角α和角β的终边对于直线y＝ x 对称，所以α＋β＝2kπ＋2( k∈Z)，π5π1又β＝－3，所以α＝2kπ＋6(k∈Z)，即得sinα＝2.6．若α是第三象限角，则180°－α是第 ________象限角．分析：∵α 是第三象限角，∴k·360°＋180°＜α＜k·360°＋270°，∴－k·360°－270°＜－α＜－k·360°－ 180°，－( k＋1) ·360°＋ 270°＜ 180°－α＜－ ( k＋1) ·360°＋ 360°，此中k∈ Z，所以180°－α是第四象限角．答案：四7．已知角α的终边上有一点的坐标为1，－3，若α∈(－2π，2π)，则全部的22α 构成的会合为________．分析：由于角α 的终边上有一点的坐标为1，－3，所以角α 为第四象限角，且tan 22＝－ 3，即＝－ππ5παα＋ 2 π，∈ Z，所以落在 ( －2π，2π ) 内的角α的会合为－，.k333π5π答案：－3，318．知足 cosα≤－2的角α 的会合为________．分析：作直线x ＝－1交单位圆于、两点，连结、，则与2 C D OC OD OC OD围成的地区 ( 图中暗影部分 ) 即为角α终边的范围，故知足条件的角α 的集24合为α 2kπ＋3π≤α≤2kπ＋3π，k∈Z .24答案：α 2kπ＋π≤α≤2kπ＋π， k∈Z339．已知角θ的终边上有一点P( x，－1)( x≠0)，且tanθ＝－x，求sinθ＋cosθ的值．解：∵θ 的终边过点(x，－1)(x≠0)，∴tan1θ＝－x.又 tanθ＝－x，2∴ x ＝1，即 x＝±1.22当 x＝1时，sinθ＝－2，cosθ＝2.所以 sinθ ＋cosθ＝0；当 x ＝－ 1 时， sin22θ ＝－ 2 ， cos θ＝－2 ，所以 sin θ ＋ cos θ＝－ 2. 故 sin θ＋ cos θ的值为0或－ 2.10．已知 sin α<0， tan α >0.(1) 求角 α 的会合；α(2) 求 2 终边所在的象限；αα α(3) 试判断 tan2 sin 2 cos 2 的符号．解： (1) 由 sin α<0，知 α 在第三、四象限或y 轴的非正半轴上；由 tan α>0，知 α 的终边在第一、三象限，故角 α 的终边在第三象限，其会合为3πα （ 2k ＋ 1）π <α<2k π＋2 ， k ∈ Z .3π(2) 由 (2 k ＋ 1) π<α<2k π＋2 ， k ∈ Z ，π α3π得 k π＋ 2 < 2 <k π＋ 4 ， k ∈ Z ，α故 2 的终边在第二、四象限．α(3) 当在第二象限时，2ααα tan2 <0， sin 2 >0， cos 2 <0，ααα所以 tan2 sin 2 cos2 取正号；αα αα当 2 在第四象限时， tan2 <0， sin 2 <0， cos 2 >0，α α α所以 tan 2 sin 2 cos2 也取正号．所以 tanαααsincos取正号．2 22。

高考数学总复习第3章1 变化的快慢与变化率课时闯关含解析试题

卜人入州八九几市潮王学校2021年高考数学总复习第3章1变化的快慢与变化率课时闯关〔含解析〕北师大[A级根底达标]在曲线y＝x2＋1上取一点(1，2)及邻近一点(1＋Δx，2＋Δy)，那么为()A．Δx＋B．Δx－－2C．Δx＋2D．2＋Δx－解析：选C.Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝(1＋Δx)2＋1－(12＋1)＝(Δx)2＋2Δx，∴＝Δx＋2.(2021·石柱质检)某质点的运动规律为s＝t2＋3，那么在时间是(3，3＋Δt)中的平均速度等于() A．6＋ΔtB．6＋Δt＋C．3＋ΔtD．9＋Δt解析：选A.v＝＝＝＝6＋Δt.水以恒速(即单位时间是内注入水的体积一样)注入下面四种底面积一样的容器中，按顺序与各容器对应的水的高度h与时间是t的函数关系图像相对应的一项为哪一项哪一项()A．①②③④B．②①③④C．②①④③D．②④①③解析：选C.以第二个容器为例，由于容器上细下粗，所以水以恒速注入时，开场阶段高度增加得慢，以后高度增加得越来越快，反映在图像上，①符合上述变化情况．同理可知其他三种容器的情况．(2021·江测试)某日中午12时整，甲车自A处以40 km/h的速度向正向行驶，乙车自A处以60 km/h 的速度向正西方向行驶，至当日12时30分，两车之间的间隔对时间是的平均变化率为________．解析：＝＝100km/h.答案：100km/h汽车行驶的路程s和时间是t之间的函数图像如图，在时间是段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]上的平均速度分别为v1，v2，v3，那么三者的大小关系为________．解析：∵v1＝＝k OA；v2＝＝k AB；v3＝＝k BC.又∵k BC＞k AB＞k OA，∴v3＞v2＞v1.答案：v3＞v2＞v1求函数y＝x2在x＝1，2，3附近的平均变化率，取Δx都为，哪点附近的平均变化率最大．解：在x＝1附近的平均变化率为k1＝＝＝2＋Δx；在x＝2附近的平均变化率为k2＝＝＝4＋Δx；在x＝3附近的平均变化率为k3＝＝＝6＋Δx.令Δx＝，可得k1＝，k2＝，k3＝，故函数f(x)在x＝3附近的平均变化率最大．[B级才能提升](2021·测试)将半径为R的铁球加热，假设铁球的半径增加ΔR，那么铁球的外表积增加()A．8πR(ΔR)B．8πR(ΔR)＋4π(ΔR)2C．4πR(ΔR)＋4π(ΔR)2D．4π(ΔR)2解析：选B.ΔS＝4π(R＋ΔR)2－4πR2＝8πR(ΔR)＋4π(ΔR)2.物体运动时位移s与时间是t的函数关系是s＝－4t2＋16t，此物体在某一时刻的速度为零，那么相应的时刻为()A．t＝1B．t＝2C．t＝3D．t＝4解析：选B.Δs＝－4(t＋Δt)2＋16(t＋Δt)－(－4t2＋16t)＝16Δt－8t·Δt－4(Δt)2.又因为在某时刻的瞬时速度为零，当Δt趋于0时，＝16－8t－4Δt＝0.即16－8t＝0，解得t＝2.求函数f(x)＝x2分别在[1，2]，[1，1]，[1，1.01]上的平均变化率，根据所得结果，你的猜想是________．解析：k1＝＝＝＝3，k2＝＝＝＝，k3＝＝＝＝2.01.猜想x0＝1不变，Δx越小，函数的平均变化率越接近于2.答案：x0＝1不变，Δx越小，函数的平均变化率越接近于2.自由落体的运动方程为s＝gt2(g＝9.8 m/s2)，求：(1)落体在t0到t0＋Δt这段时间是内的平均速度；(2)落体在t0时的瞬时速度；(3)落体在t0＝2s到t1＝s这段时间是内的平均速度；(4)落体在t0＝2s时的瞬时速度．解：(1)落体在t0到t0＋Δt这段时间是内的位移增量为Δs＝g(t0＋Δt)2－gt，因此，落体在这段时间是内的平均速度为v＝＝＝g·＝g(2t0＋Δt)．(2)落体在t0时的瞬时速度即Δt趋于0时，趋于gt0这一速度．(3)落体在t0＝2s到t1＝s，其时间是增量Δt＝t1－t0(s)，由(1)知平均速度为v＝g(2×2＋0.1)＝2.05×＝20.09(m/s)．(4)由(2)知落体在t0＝2s时的瞬时速度为v＝×2＝1(m/s)．(创新题)质点M按规律s＝s(t)＝at2＋1做直线运动(位移s的单位：m，时间是t的单位：s)．问是否存在常数a，使质点M在t＝2s时的瞬时速度为8 m/s？假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由．解：假设存在常数a，那么Δs＝s(2＋Δt)－s(2)＝a(2＋Δt)2＋1－a×22－1＝4a＋4aΔt＋a(Δt)2＋1－4a－1＝4aΔt＋a(Δt)2，所以＝＝4a＋aΔt.当Δt趋于0时，4a＋aΔt趋于4a，由题易知4a＝8，解得aa＝2，使质点M在t＝2s时的瞬时速度为8m/s.。

第三章滚动训练(四)

滚动训练(四)一、选择题1．α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ〞是正确的．假如把α，β，γ中的任意两个换成直线，在所得的命题中，真命题有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个答案 C解析把α，β换成直线a ，b 时，那么该命题可改写为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ〞，由直线与平面垂直的断定定理可知，该命题是正确的；把α，γ换成直线a ，b 时，那么该命题可改写为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β 〞，它是判断直线与平面的位置关系的，显然是错误的；把β，γ换成直线a ，b ，那么该命题改为“a ∥α，b ⊥α⇒a ⊥b 〞，显然成立．应选C.2．“m >n >0〞是“方程mx 2＋ny 2＝1表示焦点在y 轴上的椭圆〞的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析方程可化为x 21m ＋y 21n＝1.假设m >n >0⇒0<1m <1n，可得方程为焦点在y 轴上的椭圆．假设方程表示焦点在y 轴上的椭圆，那么1n >1m>0，可得m >n >0. 3．平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，假设α∥β，那么λ的值是( )A ．－103B ．6C ．－6D.103答案 B解析 ∵α∥β，∴α的法向量与β的法向量也互相平行．∴24＝3λ＝－1－2(λD ＝/0)．∴λ＝6.4．空间四面体O －ABC 中，点M 在线段OA 上，且OM ＝2MA ，点N 为BC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，那么MN →等于( )A.12a ＋12b －23c B ．－23a ＋12b ＋12c C.12a －23b ＋12c D.23a ＋23b －12c 答案 B解析 MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA → ＝12b ＋12c －23a . 5．抛物线y 2＝2px (p >0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A ，B 两点，假设线段AB 的中点的纵坐标为2，那么该抛物线的准线方程为( )A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝2D ．x ＝－2 答案 B解析抛物线的焦点为F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，所以过焦点且斜率为1的直线方程为y ＝x －p 2，即x ＝y ＋p 2，代入y 2＝2px 得y 2＝2py ＋p 2，即y 2－2py －p 2＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 22＝p ＝2(y 1，y 2分别为点A ，B 的纵坐标)，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线方程为x ＝－1.6．A (1，－2,11)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，那么△ABC 的形状是( )A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形答案 C解析 AB →＝(3,4，－8)，BC →＝(2，－3,1)，AC →＝(5,1，－7)，于是BC →·AC →＝10－3－7＝0，而|BC →|＝14，|AC →|＝53，所以△ABC 是直角三角形．7．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝2，DD 1＝3，那么AC 与BD 1所成角的余弦值是( )A ．0 B.37070 C ．－37070 D.7070答案 A解析建立如下图的空间直角坐标系Dxyz ，那么D 1(0,0,3)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)．所以BD 1→＝(－2，－2,3)，AC →＝(－2,2,0)，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝0. 8．设集合U ＝{(x ，y )|x ∈R ，y ∈R }，假设A ＝{(x ，y )|2x －y ＋m >0}，B ＝{(x ，y )|x ＋y －n ≤0}，那么点P (2,3)∈A ∩(∁U B )的充要条件是( )A ．m >－1，n <5B ．m <－1，n <5C ．m >－1，n >5D ．m <－1，n >5答案 A 解析 A ∩(∁U B )满足⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＋m >0，x ＋y －n >0， ∵P (2,3)∈A ∩(∁U B )，那么⎩⎪⎨⎪⎧ 2×2－3＋m >0，2＋3－n >0， ∴⎩⎨⎧m >－1，n <5.二、填空题9．a ＝(t ＋1,1，t )，b ＝(t －1，t,1)，那么|a －b |的最小值为________．答案 2解析 |a －b |2＝22＋(1－t )2＋(t －1)2＝2(t －1)2＋4，所以当t ＝1时，|a －b |获得最小值2.10．双曲线x 2－y 2m ＝1的离心率大于2的充要条件是________．答案 m >1解析依题意，e ＝c a ，e 2＝c 2a 2>2，得1＋m >2，所以m >1.11．在底面为直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC＝1，AD ＝12，那么平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为________．答案 63 解析建立如下图的空间直角坐标系Axyz ，那么A (0,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0， C (1,1,0)，S (0,0,1)，平面SAB 的法向量AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0，并求得平面SCD 的法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－12，12，那么cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝63. 三、解答题12.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别为A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN 的长；(2)求BA 1→与CB 1→夹角的余弦值；(3)求证：BN →是平面C 1MN 的一个法向量．(1)解如下图，以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Cxyz ，依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，∴|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝3，∴线段BN 的长为 3.(2)解依题意得A 1(1,0,2)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，∴BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，∴BA 1→·CB 1→＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3.又|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝3010. (3)证明依题意得A 1(1,0,2)，C 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，N (1,0,1)，∴M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，C 1N →＝(1,0，－1)，BN →＝(1，－1,1)∴C 1M →·BN →＝12×1＋12×(－1)＋1×0＝0， C 1N →·BN →＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0，∴C 1M →⊥BN →，C 1N →⊥BN →，又C 1M ∩C 1N ＝C 1，∴BN →⊥平面C 1MN ，∴BN →是平面C 1MN 的一个法向量．13.如下图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面P AD ；(2)平面P AB ⊥平面P AD .证明以C 为坐标原点，CB ，CD ，CP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如下图的空间直角坐标系Cxyz ，∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°；∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫32，0，32， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32， (1)方法一令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的法向量，那么⎩⎪⎨⎪⎧ DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)，∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD .方法二 ∵PD →＝(0,1，－2)，P A →＝(23，4，－2)，令CM →＝xPD →＋yP A →，那么⎩⎨⎧ 32＝23y ，0＝x ＋4y ，32＝－2x －2y ，方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝14， ∴CM →＝－PD →＋14P A →，由共面向量定理知CM →与PD →，P A →共面，又∵CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD ，(2)取AP 的中点E ，连接BE ，那么E (3，2,1)， BE →＝(－3，2,1)，∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩AD ＝A .∴BE ⊥平面P AD ，又∵BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD .四、探究与拓展14.如图，将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，假设点P 满足BP →＝12BA →－12BC →＋BD →，那么|BP →|2的值为( ) A.32B ．2 C.10－24D.94答案 D解析由题意可知|BA →|＝1，|BC →|＝1，|BD →|＝ 2.〈BA →，BD →〉＝45°，〈BD →，BC →〉＝45°，〈BA →，BC →〉＝60°.∴|BP →|2＝⎝⎛⎭⎫12BA →－12BC →＋BD →2＝14BA →2＋14BC →2＋BD →2－12BA →·BC →＋BA →·BD →－BC →·BD → ＝14＋14＋2－12×1×1×12＋1×2×22－1×2×22＝94. 15.如图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求异面直线BF 与DE 所成角的大小；(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A －CD －E 的余弦值．(1)解如下图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，1，12. BF →＝(－1,0,1)，DE →＝(0，－1,1)，所以cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12×2＝12. 所以异面直线BF 与DE 所成角的大小为60°. (2)证明由AM →＝⎝⎛⎭⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)， AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.所以CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，AM ⊂平面AMD ，AD ⊂平面AMD ，故CE ⊥平面AMD .又CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)解设平面CDE 的法向量为μ＝(x ，y ，z )．那么⎩⎪⎨⎪⎧μ·CE →＝0，μ·DE →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0，令x ＝1，得μ＝(1,1,1)，又平面ACD的法向量为v＝(0,0,1)，∴cos〈μ，v〉＝μ·v|μ||v|＝33，∵二面角A－CD－E为锐角，∴二面角A－CD－E的余弦值为3 3.。

高中物理必修一第三章第三节知能演练轻松闯关

1．下列关于摩擦力的说法正确的是()A．摩擦力的方向总与物体的运动方向相反B．摩擦力的大小与相应的正压力成正比C．运动着的物体不可能受静摩擦力作用，只能受滑动摩擦力作用D．静摩擦力的方向与接触物体相对运动趋势的方向相反解析：选D.摩擦力的方向与物体的运动方向可以相同也可以相反，A错误．静摩擦力的方向总是与物体间相对运动趋势的方向相反，D正确．静摩擦力存在于相对静止的物体间，物体可以是静止的，也可以是运动的，C错误．滑动摩擦力大小与正压力成正比，静摩擦力与正压力无关，最大静摩擦力与正压力成正比，B错误．故选D.2．关于动摩擦因数(即滑动摩擦力和弹力的比值)，下列说法中正确的是()A．动摩擦因数与正压力成正比B．相同的条件下，接触面积越大，动摩擦因数越大C．动摩擦因数只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关D．动摩擦因数与正压力、接触面积有关，但具体关系不能确定解析：选C.动摩擦因数与接触面的情况有关，如接触面的粗糙程度、两接触面的材料等，与接触面的面积大小、压力大小均无关，故选C.3.(2013·杭州高一检测)如图所示为表面粗糙的倾斜皮带传输装置，皮带的传动速度保持不变．物体被无初速地放在皮带的底端A上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后就不再相对皮带滑动，而是随皮带一起匀速运动，直至传送到顶端C，在传送过程中，物体受到的摩擦力()A．在AB段为沿皮带向上的滑动摩擦力B．在AB段为沿皮带向下的滑动摩擦力C．在BC段不受静摩擦力D．在BC段受沿皮带向上的静摩擦力解析：选AD.在AB段，物体相对皮带向下滑动，受到沿皮带向上的滑动摩擦力，A正确，B错误；在BC段，物体相对皮带有向下滑的趋势，受到沿皮带向上的静摩擦力，C错误，D正确．故选AD.4.如图所示，在μ＝0.1的水平面上向右运动的物体，质量为20 kg，在运动过程中，还受到一个方向向左的大小为10 N的拉力的作用，则物体受到的滑动摩擦力为(g＝10 m/s2)()A．10 N，向右B．10 N，向左C．20 N，向右D．20 N，向左解析：选D.F＝μF N＝μmg＝0.1×20×10 N＝20 N，方向水平向左，故选D.5.如图所示，一个质量为M＝2 kg的物体放在μ＝0.2的粗糙水平面上，用一条质量不计的细绳绕过定滑轮和一只质量为m0＝0.1 kg的小桶相连，已知：M受到的最大静摩擦力F m ＝4.5 N，滑轮上的摩擦不计，g＝10 N/kg，求在以下情况中，M受到的摩擦力的大小．(1)只挂m0处于静止状态时．(2)只挂m0但在M上再放一个M′＝3 kg的物体时．(3)只在桶内加入m1＝0.33 kg的砂子时．(4)只在桶内加入m2＝0.5 kg的砂子时．解析：(1)因为m0g＝1 N<F m，M处于静止状态，受静摩擦力作用，由二力平衡得F1＝m0g＝1 N.(2)在M上再放一个M′＝3 kg的物体，M仍静止，仍受静摩擦力F2＝F1＝m0g＝1 N.(3)因为(m0＋m1)g＝4.3 N<F m，故M处于静止状态，所受静摩擦力F3＝(m0＋m1)g＝4.3 N.(4)因为(m0＋m2)g＝6 N>F m，故M运动，受到滑动摩擦力作用，由公式得F4＝μF N＝μMg ＝4 N.答案：(1)1 N(2)1 N(3)4.3 N(4)4 N一、选择题1．(单选)关于摩擦力，下列说法中正确的是()A．受静摩擦力作用的物体一定是静止的B．两个运动物体之间的摩擦力一定是滑动摩擦力C．摩擦力的方向一定与运动方向相反D．摩擦力可以是阻力，也可以是动力解析：选D.两个物体一起运动，保持相对静止，它们之间就是静摩擦力，A、B错误；摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与物体运动方向可能反向，可能同向，也可能成任一夹角，C错误、D正确．故选D.2．(多选)(2013·南京实验国际学校高一期末)下列有关滑动摩擦力的说法中，正确的是()A．有压力一定有滑动摩擦力B．有滑动摩擦力一定有压力C．滑动摩擦力总是与接触面上的压力垂直D．只有运动物体才受滑动摩擦力解析：选BC.产生滑动摩擦力的条件有四个：相互接触、挤压、接触面粗糙、发生相对滑动，四者缺一不可．由产生滑动摩擦力的条件可知，A选项错误，B选项正确．滑动摩擦力方向与接触面相切，而压力垂直于接触面，所以滑动摩擦力方向跟接触面所受压力垂直，C选项正确．如擦黑板时，黑板是静止的，但相对黑板擦是运动的，也受滑动摩擦力，所以关键是“相对运动”，D选项错误．故选BC.3.(单选)用手握住一个油瓶，使瓶在竖直方向上保持静止，如图所示，下列说法正确的是()A．油瓶受到的静摩擦力大于其重力B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大C ．油瓶质量不变，则受到的摩擦力一定D ．油瓶受到的摩擦力与手对它的压力成正比解析：选C.油瓶受到的摩擦力为静摩擦力，可用二力平衡知识求解，油瓶在竖直方向上受到重力和静摩擦力的作用，是一对平衡力，故摩擦力应与重力等大反向，故选C. 4.(单选)一根质量为m 、长为L 的均匀长方木条放在水平桌面上，木条与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平力F 推木条，当木条经过如图所示位置时，桌面对它的摩擦力为( )A ．μmg B.23μmg C.13μmg D ．上述选项均不对解析：选A.木条对桌面的压力仍为F N ＝mg ，所以F f ＝μmg ，故选A.5．(单选)(创新题)自行车在平直公路上匀速前进时，前后轮所受摩擦力的方向( )A ．都向后B ．都向前C ．前轮向后，后轮向前D ．前轮向前，后轮向后解析：选C.自行车匀速前进时，由于人通过链条给后轮一个力，使后轮顺时针转动，设轮与地面接触处光滑，则轮应加速顺时针转动，说明轮有相对地面向后转动的趋势，由于静摩擦力的方向与物体的运动趋势方向相反，故后轮所受静摩擦力F 静的方向向前；前轮转动是由于前轮受到力的作用，若前轮与地面接触处光滑，则前轮就不会转动，故前轮相对地面有向前运动的趋势，其所受摩擦力向后．故选C.6．(单选)(2013·厦门一中高一期中)如图所示是一主动轮A 通过皮带带动从动轮B 的示意图，主动轮的转动方向为顺时针方向，则关于主动轮上M 点受到的静摩擦力方向和从动轮上N 点受到的静摩擦力方向的判断正确的是( )A ．向下，向上B ．向下，向下C ．向上，向下D ．向上，向上解析：选B.主动轮、从动轮、皮带之间的传动关系为：主动轮先转，带动皮带运转，皮带又带动从动轮运转．在主动轮上的M 点，假设接触面光滑，轮子相对于皮带有向上运动的趋势，故皮带给轮子向下的静摩擦力，同时轮子给皮带一个向上的静摩擦力，此力拉动皮带运动．在从动轮上的N 点，假设接触面光滑，轮子相对传送带有向上运动的趋势，则皮带给从动轮一个向下的静摩擦力，从动轮在该静摩擦力的作用下转动．故选B.7．(单选)运动员用双手握住竖直的竹竿匀速攀上和匀速下滑时，运动员所受的摩擦力分别为F 1和F 2，那么( )A ．F 1向下，F 2向上，且F 1＝F 2B ．F 1向下，F 2向上，且F 1＞F 2C ．F 1向上，F 2向上，且F 1＝F 2D ．F 1向上，F 2向下，且F 1＝F 2解析：选C.运动员向上、向下都是匀速运动，且只受重力和摩擦力的作用，由二力平衡知，运动员所受的摩擦力总是向上，大小等于其重力．故选C.8．(单选)(2013·太原高一检测)一物体置于粗糙水平地面上，按如图所示不同的放法，在水平力F 的作用下运动，设地面与物体各接触面的动摩擦因数相等，则物体受到的摩擦力的大小关系是( )A．F f甲＞F f乙＞F f丙B．F f乙＞F f甲＞F f丙C．F f丙＞F f乙＞F f甲D．F f甲＝F f乙＝F f丙解析：选D.物体在三种情况下所受摩擦力均为滑动摩擦力，由F f＝μF N＝μmg知，物体在三种情况下所受摩擦力大小相等，选项D正确．故选D.☆9.(多选)(2013·铁岭高一检测)如图所示，木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动．现用F＝1 N的水平拉力作用在木块B上，力F作用瞬间()A．木块B所受摩擦力大小是9 NB．木块B所受摩擦力大小是7 NC．木块A所受摩擦力大小是12.5 ND．木块A所受摩擦力大小是8 N解析：选AD.弹簧弹力大小F弹＝kx＝400×0.02 N＝8 N，所以木块A所受摩擦力大小F f A＝F弹＝8 N，C错误，D正确；木块B所受摩擦力大小F f B＝F弹＋F＝8 N＋1 N＝9 N，A 正确，B错误．故选AD.☆10.(单选)把一个重为G的物体，用一个水平力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从t＝0开始物体所受的摩擦力F f随t的变化关系是()解析：选B.由于物体受的水平推力为F＝kt，由二力平衡得，墙与物体间的压力F N＝kt.当F比较小时，物体所受的摩擦力F f小于物体的重力G，物体将沿墙壁下滑，此时物体与墙壁间的摩擦力为滑动摩擦力，由公式可得，滑动摩擦力大小F f＝μkt.当摩擦力F f大小等于重力G时，由于惯性作用，物体不能立即停止运动，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力．随着正压力的增大，摩擦力将大于重力．物体做减速运动直至静止，摩擦力将变为静摩擦力，静摩擦力与正压力无关，跟重力始终平衡．故选B.二、非选择题11.(2013·湛江高一检测)如图所示，一重为20 N的物体放在水平地面上，在一大小为F＝8 N的水平向右拉力作用下，向右匀速运动．求：(1)物体所受的摩擦力的大小和方向；(2)物体与地面间的动摩擦因数μ；(3)若突然将外力F的方向改为水平向左，大小变为16 N，求此时物体所受摩擦力大小和方向．解析：(1)根据二力平衡，物体所受摩擦力F f＝F＝8 N，方向与拉力方向相反，即水平向左．(2)动摩擦因数μ＝F fF N＝820＝0.4.(3)外力突然改为水平向左时，物体仍在向右运动，对水平面的压力没有变，故此时是它受到的摩擦力大小、方向都与外力改变前相同．答案：(1)8 N水平向左(2)0.4(3)8 N水平向左12.如图所示，物体A重40 N，物体B重20 N，A与B、A与地的动摩擦因数相同，物体B 用细绳系住，当水平力F＝32 N时，才能将A匀速拉出，求接触面间的动摩擦因数．解析：以物体A为研究对象，物体B对物体A的正压力F N＝G B地面对A的支持力F N1＝G A＋F NA受B的滑动摩擦力F f＝μF NA受地面的滑动摩擦力F f1＝μF N1水平方向：F＝F f＋F f1，代入数据即可得到μ＝0.4.答案：0.4。