高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业48

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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案5

3．方向：总是__竖__直__向___下_______的．
4．重心：其位置与物体的___质__量___分布和___形__状___有关．
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第二章第5讲
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5．重心位置的确定
质量分布均匀的规则物体，重心在其__几__何__中__心___；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用_悬__挂__法__确定．
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第二章第5讲
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第二章第5讲
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知识点一
重力
1．产生：由于_地__球_____的吸引而使物体受到的力．
2．大小：与物体的质量成___正__比___，即G＝___m_g____.可用 __弹__簧__测__力__计______测量重力．
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第二章第5讲
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解析：足球受到的弹力和重力是两种性质的力，A错误；产生弹力的条件是相互接触且存在形变，B错误；物体能否看成质点取决于物体的大小和形状对所研究问题的影响是否可以忽略，即将被踢起的足球有时也能看成质点，C错误；落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，D正确．
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第二章
相互作用
第二章相互作用
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第5讲重力弹力摩擦力
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第二章第5讲

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业2

课后限时作业2 匀变速直线运动的规律时间：45分钟1.历史上,伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球,他通过实验观察和逻辑推理,得到的正确结论有( A )A.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比B.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关【试题解析】：伽利略的斜面实验中小球做初速度为零的匀加速直线运动,由x ＝12at 2＝12g sin α·t 2(α为斜面的倾角)知,当斜面的倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比,选项A 正确；由v ＝at ＝g sin α·t 知,当斜面的倾角一定时,小球在斜面上运动的速度与时间成正比,选项B 错误；由v 2＝2aL ＝2gL sin α知,当斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角α有关,选项C 错误；由L ＝12at 2＝12g sin α·t 2知,当斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角α有关,选项D 错误.2.汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2,则它在前3 s 内的平均速度为( B )A.6 m/sB.8 m/sC.10 m/sD.12 m/s【试题解析】：将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知,v 0＝24 m/s,a ＝－12 m/s 2,所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t＝0－24－12s ＝2 s,由此可知3 s 时汽车已经停止,故前3 s 内的位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m,平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8 m/s.3.(多选)物体沿一直线单向运动,在t 时间内通过的路程为s ,它在中间位置处的速度为v 1,在中间时刻的速度为v 2,则( ABC )A.当物体做匀加速直线运动时,v 1>v 2B.当物体做匀减速直线运动时,v 1>v 2C.当物体做匀速直线运动时,v 1＝v 2D.当物体做匀速直线运动时,v 1<v 2【试题解析】：做匀速直线运动的物体速度大小不变,故v 1＝v 2,选项C 正确.无论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动,都有v 1＝v 20＋v 2t 2,v 2＝v 0＋v t 2,利用差值法比较v 1和v 2的大小,v 21－v 22＝v 20＋v 2t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0＋v t 22＝(v t －v 0)24>0,即v 1>v 2,选项A 、B 正确. 4.在足够长的光滑斜面上,有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动.如果物体的加速度始终为5 m/s 2,方向沿斜面向下,那么经过3 s 时物体的速度大小和方向是( B )A.25 m/s,沿斜面向上B.5 m/s,沿斜面向下C.5 m/s,沿斜面向上D.25 m/s,沿斜面向下【试题解析】：取初速度方向为正方向,则v 0＝10 m/s,a ＝－5 m/s 2,由v ＝v 0＋at 可得,当t ＝3 s 时,v ＝－5 m/s,“－”表示物体在t ＝3 s 时速度方向沿斜面向下,故选项B 正确.5.某人从阳台每隔时间T释放一小球,某时刻用照相机拍得多个小球在同一照片中位置如图中1、2、3、4、5、…所示,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断错误的是(A)A.在位置“1”处小球刚刚释放B.小球做匀加速直线运动C.小球下落的加速度为d T2D.在位置“3”处小球的速度为7d 2T【试题解析】：由题图可知相邻相等时间间隔的位移差都为d,故小球做匀加速直线运动,选项B正确；由Δx＝aT2＝d可知,加速度a＝dT2,选项C正确；在位置“3”处小球处于从位置“2”到位置“4”的中间时刻,故速度v3＝3d＋4d2T＝7d2T,选项D正确；位置“1”到位置“2”的距离与位置“2”到位置“3”的距离之比为23,故在位置“1”处小球不是刚刚释放,选项A错误.6.一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离为L时,速度为v,当它的速度为v2时,它沿斜面下滑的距离是(C)A.12L B.22L C.14L D.34L 【试题解析】：由v 2＝2aL 可得L ＝v 22a ；当它的速度为v 2时,它沿斜面下滑的距离是l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 222a ＝14×v 22a ＝L 4,选项C 正确. 7.两物体在同一竖直线上的不同高度自由下落,同时落地,第一个物体下落时间为t ,第二个物体下落时间为t 2,重力加速度为g ,当第二个物体开始下落时,两物体相距为( D )A.gt 2B.38gt 2C.34gt 2D.14gt 2 【试题解析】：第二个物体在第一个物体下落t 2时间后开始下落,此时第一个物体下落的高度h 1＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝18gt 2；根据h ＝12gt 2知,第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为12gt 2和18gt 2,两物体未下落时相距为38gt 2,所以当第二个物体开始下落时,两物体相距为Δh ＝38gt 2－18gt 2＝14gt 2选项D 正确.8.(多选)如图所示,某质点做匀减速直线运动,依次经过A 、B 、C 三点,最后停在D 点.已知AB ＝6 m,BC ＝4 m,从A 点运动到B 点,从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s,则下列说法正确的是( BD )A.质点到达B点时速度大小为2.55 m/sB.质点的加速度大小为2 m/s2C.质点从A点运动到C点的时间为4 sD.A、D两点间的距离为12.25 m【试题解析】：设加速度大小为a,根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s,AB、BC为连续相等时间内的位移,由匀变速直线运动推论Δx＝at2,解得t＝Δxat＝6－42s＝1 s,a＝2 m/s2,选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 s,选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B＝v AC＝AB＋BC2t＝5 m/s,选项A错误；由速度与位移公式可得x AD＝AB＋v2B2a＝12.25 m,选项D正确.9.如图所示,a、b、c、d为光滑斜面上的四个点.一小滑块自a点由静止开始下滑,通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑,则该滑块(A)A.通过bc、cd段的时间均大于TB.通过c、d点的速度之比为1 2C.通过bc、cd段的位移之比为1 3D.通过c点的速度等于通过bd段的平均速度【试题解析】：当滑块由a点静止下滑时,滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动,假设ab段的间距为x,则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x,x bc x cd＝35,选项C错误；如果滑块由b点静止释放,显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T,选项A正确；滑块在c点的速度应为v1＝2a′·3x,滑块在d点的速度应为v2＝2a′·8x,则v1v 2＝38,选项B 错误；因为x bc x cd ＝35,显然通过c 点的时刻不是bd 的中间时刻,则滑块通过c 点的速度不等于bd 段的平均速度,选项D 错误.10.如图所示,一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O 点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA 段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB 段内,已知OA ＝1 200 m,OB ＝2 000 m,求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间.【试题解析】：(1)若列车车尾恰好停在A 点,减速运动的加速度大小为a 1,距离为x 1,则0－v 20＝－2a 1x 1x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1 400 m解得a 1＝167m/s 2 若列车车头恰好停在B 点,减速运动的加速度大小为a 2,距离为x OB ＝2 000 m,则0－v 20＝－2a 2x OB ,解得a 2＝1.6 m/s 2故加速度大小a 的取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)当列车车头恰好停在B 点时,减速运动的时间最长,则0＝v 0－a 2t ,解得t ＝50 s答案：(1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s 11.近几年长假期间,国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费,给自驾带来了很大的实惠,但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力,因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过.假设收费站的前、后都是平直大道,长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h,事先小汽车未减速的车速均为v0＝108 km/h,制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2.试问：(1)长假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【试题解析】：取小汽车初速度方向为正方向,v＝21.6 km/h＝6 m/s,v0＝108 km/h＝30 m/s(1)小汽车进入站台前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则：由v2－v20＝－2ax1,解得x1＝108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,以v＝6 m/s 过站时汽车运动的时间最少,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段：v＝v0－a1t1得t1＝v0－va1＝6 s加速阶段：v0′＝v＝6 m/s,v′＝v0＝30 m/s则：v0＝v＋a2t2,t2＝v0－va2＝4 s则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s. (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2解得x2＝72 m 则总位移x＝x1＋x2＝180 m若不减速通过所需时间t′＝xv0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt＝t－t′＝4 s.答案：(1)108 m(2)10 s(3)4 s12.某公路旁与公路平行有一行电线杆,相邻两根电线杆间的间隔均为50 m,一辆汽车从第一根电线杆开始从静止开始做匀加速直线运动,通过第5到第6根杆用时10 s,通过第6到第7根杆用时8 s,求：(1)该汽车的加速度a ；(2)在经过第多少根电线杆后汽车达到公路限制时速100 km/h.【试题解析】：(1)汽车做匀加速直线运动,t 时间内的平均速度等于t 2时刻的瞬时速度,汽车在第5、6根电线杆之间时,中间时刻的瞬时速度为v 1＝5010＝5 m/s,在第6、7根电线杆之间时,中间时刻的瞬时速度v 2＝508 m/s,则汽车加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝536m/s 2. (2)汽车100 km/h ＝1003.6m/s,由v ＝at 可得t ＝v a ＝200 s,则位移s ＝12at 2＝12×536×(200)2≈2 778 m,则电线杆根数n ＝2 77850＋1≈56.6根,即第56根后达到限速.答案：(1)536m/s 2 (2)56根。

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大一轮复习 ·高三物理 ·经典方案Βιβλιοθήκη 进入导航第一章第2讲
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A．50 m C．10 m
B．20 m D．1 m
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第一章第2讲
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解析：由题意知，车速 v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为 5 m/s2，最后末速度减为 0，由推导公式 v2＝2ax 可得：x≤2va2＝21×025 m＝10 m，所以系统设置的安全距离约 10 m，故 C 正确，A、B、D 错误．
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第一章第2讲
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1．如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车” 功能的城市安全系统，系统以 50 Hz 的频率监视前方的交通状况．当车速 v≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为 5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞．则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( C )
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第一章第2讲
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(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由 0 到 v 运动距离是由 v 到 2 v 运动距离的 2 倍．( × )
(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度．( × )
(6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差恒定．( √ )
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第一章第2讲
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第十三章第48讲
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知识点二液体的表面张力现象 1．概念液体表面各部分间互相吸引的力． 2．作用液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势． 3．方向表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直． 4．大小液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越小．
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第十三章
热学(选修3－3)
第十三章热学(选修3－3)
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第48讲固体、液体和气体
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第十三章第48讲
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课前自主预习01 学科素养提升03
课堂互动探究02 课时作业
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第十三章第48讲
视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分
子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空
间．
(2)理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：
pT1V1 1＝pT2V2 2或pTV＝C
.
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第十三章第48讲
第15页
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F 的压强．公式：p＝ S .
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第十三章第48讲
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(3)常用单位及换算关系： ①国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2. ②常用单位：标准大气压 (atm)；厘米汞柱(cmHg)． ③换算关系：1 atm＝ 76 cmHg＝1.013×105 Pa ≈1.0×105 Pa.

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3．加速度
(1)定义：物体速度的__变__化__量___与发生这一变化所用时间的比
值．
Δv
(2)定义式：a＝____Δ__t ___.单位：m/s2.
(3)方向：与____Δ_v____的方向一致，由__合__力_____的方向决定，
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1．对于下列体育比赛的论述，说法正确的是( C ) A．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时刻 B．运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球位移的大小为 4.50 m C．运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看成质点
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第一章第1讲
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解析：某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时间，故 A 错误；运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球水平方向的位移大小为 4.50 m，故 B 错误；运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m，故 C 正确；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看成质点，故 D 错误．
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第一章第1讲
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2．速度 (1)定义：物体___运_Δ_动_x_位__移___与发生这个位移所用时间的比值． (2)定义式：v＝___Δ_t____.单位：m/s. (3)方向：平均速度方向与__位__移____的方向相同，瞬时速度方向即物体运动的方向．

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1.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是(B)A．定值电阻R2的电功率减小B．电压表和电流表的示数都减小C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．R中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值解析：当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，R接入电路的电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表的示数减小，R2的电压增大，R1的电压减小，电流表的示数减小，A、C错误，B正确；因为总电流增大，电流表的示数减小，所以R中电流增大，并且R中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值，D错误．2.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(C)A.25B.12C.35D.23解析：断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1Q 2＝35，选项C 正确．3．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R ，电压表为理想电表，S 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( A )A ．电压表读数将变小B ．L 1亮度不变，L 2将变暗C ．L 1将变亮，L 2将变暗D ．电源内阻的发热功率将变小解析：开关在位置1时，外电路总电阻R 总＝32R ，电压表示数U＝32R R ＋32RE ＝35E ，同理，每个灯泡两端的电压U 1＝U 2＝15E ，电源内阻的发热功率为P 热＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25E 2R ＝4E 225R .开关在位置2时，外电路总电阻R 总′＝23R ，电压表示数U ′＝23R R ＋23RE ＝25E ，灯泡L 1的电压U 1′＝15E ，L 2的电压U 2′＝25E ，电源内阻的发热功率为P 热′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35E 2R ＝9E 225R .综上所述，电压表读数变小，故A 正确．L 1亮度不变，L 2将变亮，故B 、C 错误．电源内阻的发热功率将变大，故D 错误．知识点二闭合电路的功率及效率问题由P 出与外电阻R 的关系图象可知①当R ＝r 时，电源的输出功率最大为P m ＝E 24r .②当R >r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． ③当R <r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.典例如图所示，已知电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，保护电阻R 0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，保护电阻R 0消耗的电功率最大，并求这个最大值．【解析】保护电阻消耗的功率为P 0＝E 2R 0(r ＋R ＋R 0)2，因R 0和r是常量，而R 是变量，所以R 最小时，P 0最大，即R ＝0时，P 0max ＝E 2R 0(r ＋R 0)2＝62×0.51.52 W ＝8 W.【答案】 R ＝0 P 0max ＝8 W4．典例中条件不变，求当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 消耗的功率P R 最大，并求这个最大值．解析：这时要把保护电阻R 0与电源内阻r 算在一起，据以上结论，当R ＝R 0＋r 即R ＝(1＋0.5) Ω＝1.5 Ω时，P R max ＝E 24(r ＋R 0)＝624×1.5 W＝6 W.答案：R ＝1.5 Ω P R max ＝6 W5．在典例中，若电阻箱R 的最大值为3 Ω，R 0＝5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 的功率最大，并求这个最大值．解析：把R 0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R 的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 等2R ＝E 2(R －r 等)2R ＋4r 等，则不能满足R ＝r 等，当电阻箱R 的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 等2R ＝43 W.答案：R ＝3 Ω P ＝43W6．典例中条件不变，求电源的最大输出功率．解析：由电功率公式P 出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋r 2R 外＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r，当R 外＝r时，P 出最大，即R ＝r －R 0＝0.5 Ω时，P 出max ＝E 24r ＝624×1W ＝9 W.答案：9 W7．如图所示，电源电动势E ＝2 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 0＝2 Ω，可变电阻的阻值范围为0～10 Ω.求可变电阻为多大时，R 上消耗的功率最大，最大值为多少？解析：方法一：P R ＝U 2R ，根据闭合电路欧姆定律，路端电压 U ＝E ·R 0R R 0＋R r ＋R 0R R 0＋R ＝ER 0RrR 0＋rR ＋R 0R ，所以P R ＝E 2R 20R(rR 0＋rR ＋R 0R )2，代入数据整理得P R ＝164R ＋9R ＋12，当R ＝23 Ω时，R 上消耗的功率最大，P R max ＝23W.方法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E ′＝R 0R 0＋r E ，内阻为r ′＝R 0rR 0＋r 的电源，当R ＝r ′＝R 0rR 0＋r 时，电源对外电路R 的输出功率最大P R ＝E ′24r ′.把数值代入各式得：E 等＝E ′＝R 0R 0＋r E ＝43 V ；r 等＝r ′＝R 0r R 0＋r ＝23Ω. 所以：P R ＝E 2等4r 等＝23 W.答案：R ＝23 Ω P ＝23W知识点三两类U -I 图象的比较与应用两种图象的比较8．(多选)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是(AD)A ．电源的电动势为6.0 VB ．电源的内阻为12 ΩC ．电源的短路电流为0.5 AD ．电流为0.3 A 时的外电阻是18 Ω解析：由于该电源的U -I 图象的纵轴坐标不是从零开始的，故纵轴上的截距仍为电源的电动势，即E ＝6.0 V ，但横轴上的截距0.5 A 并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r ＝|ΔUΔI |＝6.0－5.00.5－0 Ω＝2 Ω.由闭合电路欧姆定律可得电流I ＝0.3 A 时，外电阻R ＝EI －r ＝18 Ω.故选项A 、D 正确．9．(多选)如图所示的U -I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U -I 图线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图象可知( AD )A ．R 的阻值为1.5 ΩB ．电源电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩC．电源的输出功率为3.0 WD．电源内部消耗功率为1.5 W解析：由于电源的路端电压与电流的关系曲线Ⅰ和电阻R的U-I 图线Ⅱ都为直线，所以电源的路端电压与电流的关系图线Ⅰ的斜率的绝对值等于电源内阻，r＝1.5 Ω；电阻R的U-I图线Ⅱ的斜率等于电阻R的阻值，R＝1.5 Ω，选项A正确，B错误；电源的路端电压与电流的关系图线和电阻R的U-I图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，选项C 错误；由EI＝P＋P r解得电源内部消耗的功率为P r＝EI－P＝3.0×1.0 W－1.5 W＝1.5 W，选项D正确．电路故障分析1．电路故障一般是短路或断路．常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象．故障的特点如下：2.利用电流表、电压表判断电路故障的方法U ad＝0，U cd＝6 V，由此可断定(C)B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．变阻器R断路解析：由U ab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由U cd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R 是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路．所以选项C正确．11．如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(A)A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：等效电路如图所示．若R1断路，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A正确．若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误．若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表中电流变大，与题意相矛盾，C、D错误，因此正确选项只有A.第32讲实验：测定金属丝的电阻率一、实验目的1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法．3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率．二、实验原理1．游标卡尺的构造、原理及读数(1)构造(如图)主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．(2)原理利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等份刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等份刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等份刻度有10个的、20个的、50个的，见下表：(3)读数若用L0表示由主尺上读出的整毫米数，x表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则其读数为L＝L0＋kx，其中k 为精确度．2．螺旋测微器的构造、原理及读数(1)螺旋测微器的构造如下图所示是常用的螺旋测微器．它的测砧A和固定刻度S固定在尺架F上．旋钮K、微调旋钮K′和可动刻度H、测微螺杆P连在一起，通过精密螺纹套在S上．(2)螺旋测微器的原理测微螺杆P与固定刻度S之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮K每旋转一周，P前进或后退0.5 mm，而可动刻度H上的刻度为50等份，每转动一小格，P前进或后退0.01 mm.即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．(3)读数测量时被测物体长度的整数毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．3．伏安法测电阻(1)电流表的内接法和外接法的比较(2)两种电路的选择①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．②比值法：当R xR V<R AR x时，用电流表外接法；当R xR V>R AR x时，用电流表内接法．③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．(3)滑动变阻器的限流式接法和分压式接法4.实验器材的选择以“安全性”“精确性”“方便性”为前提，综合考虑．选择电学实验仪器主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器件．(1)选择电表以不使电表受损和尽量减小误差为原则，即加在电表上的最大电压或电流不得超过其最大量程，实验过程中指针可移动范围最好大于量程的1 3.(2)选择滑动变阻器要考虑它的额定电流，然后对采用分压法的滑动变阻器选总阻值较小的，对采用限流法的滑动变阻器的总阻值选比电路中的电阻稍大些为好．对于滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜采用．(3)对器材选择的一般步骤是：①找出唯一性的器材；②草画电路图(暂不把电表接入)；③估算电流最大值和最小值；④考虑电表是否安全(该用分压法还是限流法)，以及能否使电表达到满偏的13以上．5．电阻率的测定原理把金属丝接入如图所示的电路中，用“伏安法”测量其电阻R＝U I；用米尺测量金属丝的长度l ；用螺旋测微器测量金属丝的直径d ，计算出其横截面积S ；根据电阻定律R ＝ρl S 得金属丝的电阻率ρ＝RS l ＝πd 2U 4Il. (1)实验步骤①用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d .②接好用伏安法测电阻的实验电路．③用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .④把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．⑤改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 、U 的值，记录在表格内．⑥拆除实验线路，整理好实验器材．(2)数据处理①求R x 的平均值方法一：计算法．用R x ＝U I 分别算出各次的数值，再取平均值．方法二：图象法．用U -I 图线的斜率求出．②计算电阻率：将记录的数据U 、I 、l 、d 的值代入电阻率计算式ρ＝πd 2U 4Il. ③注意事项a ．先测直径，再连电路：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量．b ．电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．c ．电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．(4)误差分析1．如图甲所示为某次测量时电压表的刻度盘的情形，若当时使用的是该表的0～3 V 量程，那么电压表读数为1.15(1.14～1.16均可) V ；若当时使用的是该表的0～15 V 量程，那么电压表读数应为5.7(5.6～5.8均可) V ．如图乙所示的电阻箱的读数为84_580.2 Ω.解析：0～3 V量程最小刻度是0.1 V，要向下估读一位，读数为1.15 V．0～15 V量程最小刻度为0.5 V，只要求读到0.1 V这一位，所以读数为5.7 V．图乙中的电阻箱有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率，将每个旋钮上指针所指的数值(都为整数)乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到电阻箱的读数为84 580.2 Ω.2．某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程为100 μA，内阻约为2 kΩ)；B．电流表(量程为500 μA，内阻约为300 Ω)；C．电压表(量程为15 V，内阻约为100 kΩ)；D．电压表(量程为50 V，内阻约为500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许通过的最大电流为1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值为1 kΩ，额定功率为1 W)；G．开关和导线若干．(1)电流表应选B，电压表应选C.(填字母代号)(2)该同学正确选择仪器后连接了如图所示的电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：①电流表采用外接法； ②滑动变阻器采用限流式接法．解析：(1)直流电源的电压为20 V ，为了提高读数准确度应该选择电压表C ，因此待测电阻两端电压不得超过15 V ，则通过的电流不超过I ＝U R x＝15 V 25 kΩ＝600 μA ，电流表应该选B. (2)为了减小误差，电流表应采用内接法，因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，若采用限流接法，限流效果不明显，应该采用分压接法接入电路．3．某同学测量直流恒流电源的输出电流I 0和定值电阻R x 的阻值，电路如图所示．实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I 0保持不变，I 0约为0.8 A)；待测电阻R x (阻值约为20 Ω)；滑动变阻器R (最大阻值约为50 Ω)；电压表V(量程为15 V，内阻约为15 kΩ)；电流表A(量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．答案：如图所示(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a(选填“a”或“b”)处，其理由是理由见解析．(3)所得实验数据如下表，请在下图所示的直角坐标系上画出U-I 图象．(4)根据所画U-I图象，可求得直流恒流电源输出电流I0＝0.88(0.85～0.92均可) A，待测电阻的阻值R x＝20(19～22均可) Ω.(结果均保留两位有效数字)解析：(1)连线如图所示；(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a处，其理由是开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程；(3)图象如图所示；(4)由图象可知，当U＝0时即为恒流电源输出电流，I0＝0.88 A；当I＝0时，电流全部通过R x，则I0R x＝18.0 V，解得R x≈20 Ω.突破点一实验原理和电路连接例1要测量某种合金的电阻率．(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________.用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________mm.(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S 1，当S 2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35 V ，I 1＝0.30 A ；当S 2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92 V ，I 2＝0.32 A ．根据以上测量数据判断，当S 2处于位置________(选填“a ”或“b ”)时，测量相对准确，测量值R x ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)【尝试解题】 (1)合金丝电阻：R ＝ρL S ＝4ρL πD 2，则电阻率：ρ＝πRD 24L；由题图甲可知，其读数为：0.5 mm ＋15.7×0.01 mm ＝0.657 mm.(2)如图所示．(3)根据ΔU U 1＝1.35－0.921.35≈0.32，而ΔI I 1＝0.32－0.300.30≈0.067，可知，电压表变化较大，说明电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法时测量相对准确，即S 2处于位置b ，根据欧姆定律，则有：R x ＝0.920.32Ω≈2.9 Ω.【答案】 (1)πRD 24L0.657 (2)见解析图 (3)b 2.91．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示．(1)由上图甲、乙读得圆柱体的直径为1.845 mm，长度为4.240 cm.(2)为了精确测量圆柱体的电阻R x，设计出如图丙所示的实验电路图，按照该电路图完成图丁中的实物电路连接．答案：见解析图(3)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝U πD 24LI. 解析：(1)圆柱体的直径为1.5 mm ＋34.5×0.01 mm ＝1.845 mm ，长度为42 mm ＋8×0.05 mm ＝4.240 cm.(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，电路图连接如图所示．(3)圆柱体的电阻为R x ＝U I ，根据电阻的决定式可知R x ＝ρL S ＝ρ4L πD 2，联立两式得ρ＝U πD 24LI. 突破点二数据处理和误差分析例2 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．(2)用伏安法测金属丝的电阻R x.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：x(选填“乙”或“丙”)．(3)图丁是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图丁中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图戊中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝________Ω(保留两位有效数字)．(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的选项是________．A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差【尝试解题】(1)螺旋测微器的读数为0 mm＋39.8×0.01 mm ＝0.398 mm.(2)通过给定的数据发现电压从接近0开始变化，故滑动变阻器采用的是分压式接法．(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为0.(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧．图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以R x≈4.5 Ω.(5)由R ＝ρl S ，S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，取d ＝4×10－4 m 、l ＝0.5 m 、R ＝4.5 Ω，解出ρ≈1×10－6 Ω·m.(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A 错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，选项B 错误，C 正确；利用U -I 图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D 正确．【答案】 (1)0.398(0.395～0.399均可) (2)乙(3)如图所示(4)如图所示 4.5(4.3～4.7均可) (5)C (6)CD2．某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与横截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：(1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如图所示，读得直径d ＝1.200 mm.(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与横截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系．不满足__R与S2成反比(或RS2＝常量)(3)若导线的电阻率ρ＝5.1×10－7Ω·m，则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l＝19 m(结果保留两位有效数字)．解析：(1)由题图可知，导线直径d＝1 mm＋20.0×0.01 mm＝1.200 mm.(2)由题表中数据分析发现RS2＝常量(或R与S2成反比)，所以R 与S不满足反比关系．(3)由R＝ρlS，解得l＝RSρ，查题表知R＝3.1 Ω时，S＝3.135 mm2，解得l≈19 m.突破点三电阻的测量方法方法1伏安法测电阻伏安法测电阻是电学实验的基础，是高考考查的热点，也是难点．它渗透在电学实验的各个环节中，如测未知电阻、测电阻率、测各种电表内阻等．本质上都是伏安法测电阻在不同情景下的具体应用．主要涉及电压表、电流表的选择以及实物连线等．例3某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，左图是实物的部分连线图，待测电阻为右图中的R1，其阻值约为5 Ω.(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d)．(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.(3)已知右图中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的110，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．A．①连接a，②连接c B．①连接a，②连接dC．①连接b，②连接c D．①连接b，②连接d【尝试解题】(1)因电压表的内阻远大于待测电阻R1的阻值，则电流表采用外接法，而滑动变阻器应采用分压式接法，故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a，导线②连接d；(2)建立坐标系描点连线如答案图所示，则R2＝ΔUΔI＝1.80.4Ω＝4.5Ω；(3)根据电阻定律可得，R＝ρLdL＝ρd，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，选项B正确．【答案】(1)a d(2)如图所示 4.4～4.7(3)B方法2伏伏法测电阻(电压表的灵活选用)已知内阻的电压表可做电流表使用，在缺少合适的电流表的情况下，常用电压表代替电流表使用，这是设计电路中的高频考点．例4用以下器材可测量电阻R x的阻值．待测电阻R x，阻值约为600 Ω；电源E，电动势约为6.0 V，内阻可忽略不计；电压表V1，量程为0～500 mV，内阻r1＝1 000 Ω；电压表V2，量程为0～6 V，内阻r2约为10 kΩ；电流表A，量程为0～0.6 A，内阻r3约为1 Ω；定值电阻R0，R0＝60 Ω；滑动变阻器R，最大阻值为150 Ω；单刀单掷开关S一个，导线若干．(1)测量中要求两只电表的读数都不小于其量程的13，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻R x的实验电路图．(2)若选择测量数据中的一组来计算R x，则由已知量和测量物理量计算R x的表达式为R x＝________，式中各符号的意义是______________________．(所有物理量用题中代表符号表示)【尝试解题】(1)电路的最大电流为I＝6 V600 Ω＝0.01 A，电流表量程太大，可以把电压表V 1并联一个定值电阻改装成电流表，电压表选择V 2即可，要求测量多组数据，滑动变阻器需要分压式接法，电路如图．(2)流过被测电阻的电流为I ＝U 1r 1＋U 1R 0＝U 1(R 0＋r 1)R 0r 1，被测电阻阻值为R x ＝U 2－U 1I ＝(U 2－U 1)R 0r 1U 1(R 0＋r 1). 【答案】 (1)测量电路见解析图 (2)(U 2－U 1)R 0r 1U 1(R 0＋r 1)U 1为电压表V 1的读数，U 2为电压表V 2的读数，r 1为电压表V 1的内阻，R 0为定值电阻方法3 安安法测电阻(电流表的灵活选用)已知内阻的电流表可做电压表使用，在缺少合适的电压表的情况下，常用电流表代替电压表使用，这是电学设计电路的高频考点．例5 用安安法测定一个待测电阻R x 的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E ：电动势3 V ，内阻不计；电流表A 1：量程0～15 mA ，内阻约为100 Ω；电流表A2：量程0～300 μA，内阻为1 000 Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A；开关S、导线若干．要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下列问题：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表________(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________Ω，这样可以改装成一个量程为3.0 V的电压表．(2)在图中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号．(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻R x的阻值是________．本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．【尝试解题】(1)把A2和R2串联起来充当电压表，此电压表量程为3 V，R＝3300×10－6Ω－1 000 Ω＝9 000 Ω.(3)由图可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数是150 μA，待测电阻阻值为R x＝150×10－6×(1 000＋9 000)8.0×10－3Ω＝187.5 Ω.采用电流表外接法测量的电流值偏大，因此测量的电阻偏小．【答案】(1)A29 000(2)电路如图(3)8.0150187.5 Ω偏小方法4等效替代法如图所示．①S接1，调节R2，读出表示数为I；②S接2，R2不变，调节电阻箱R1，使表示数仍为I；③由以上可得R x＝R1.该方法的优点是消除了表内阻对测量的影响，缺点是电阻箱。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业4

课后限时作业4实验：研究匀变速直线运动时间：45分钟1.在做“研究匀变速直线运动”的实验时,某同学得到一条用打点计时器打下的纸带,并在其上取了A、B、C、D、E、F等6个计数点(每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点,本图中没有画出),打点计时器接的是220 V、50 Hz的交变电流.他把一把毫米刻度尺放在纸带上,其零刻度和计数点A对齐.[下述第(2)、(3)、(4)小题结果均保留两位有效数字](1)该打点计时器打点的时间间隔为0.02 s.(2)由以上数据计算打点计时器在打C点时,物体的瞬时速度v C是0.16 m/s.(3)计算该物体的加速度a为0.43 m/s2.(4)纸带上的A点所对应的物体的瞬时速度v A＝0.074 m/s.(5)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz,而做实验的同学并不知道,那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏大(选填“大”或“小”).【试题解析】：(1)电源频率为50 Hz,则打点时间间隔为0.02 s；(2)利用匀变速直线运动的推论得：v C＝x BD2T＝4.20－1.002×0.1×10－2 m/s＝0.16 m/s；(3)设A到B之间的距离为x1,以后各段分别为x2、x3、x4,根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小,得：x3－x1＝2a1T2x4－x2＝2a2T2为了更加准确地求解加速度,我们对两个加速度取平均值,得：a＝12(a1＋a2)≈0.43 m/s2(4)根据匀变速直线运动速度与时间关系公式v＝v0＋at得A点所对应的物体的瞬时速度为：v A＝v C－at AC＝0.074 m/s(5)如果在某次实验中,交流电的频率为49 Hz,那么实际周期大于0.02 s,根据运动学公式Δx＝at2得：测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的.2.在利用打点计时器探究小车“速度随时间变化的关系”的实验中,所用交流电的频率为50 Hz,某次实验中得到的一条纸带如图所示.(1)从比较清晰的点起,每五个点取一个点作为计数点,分别标明0、1、2、3、4,则两个相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s.(2)量得x1＝30.1 mm,x2＝36.2 mm,x3＝42.2 mm,x4＝48.1 mm,则打下计数点“2”时小车的速度为0.392 m/s,小车的加速度为0.6 m/s2.(3)当打下计数点“0”时,小车的速度为0.272_m/s.【试题解析】：(1)因每五个点取一个点作为计数点,则相邻计数点之间还有四个点,得纸带上相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s；(2)x1＝30.1 mm＝30.1×10－3 m,x2＝36.2 mm＝36.2×10－3 m,x3＝42.2 mm＝42.2×10－3 m,x4＝48.1 mm＝48.1×10－3 m,纸带上2点对应的瞬时速度,由匀变速直线运动的规律得：v2＝x2＋x32T＝0.392 m/s根据Δx＝aT2,由逐差法得：a＝x3＋x4－x1－x24T2＝0.6 m/s2(3)由速度—时间关系式有：v2＝v0＋a·2T, 代入数据得：v0＝0.272 m/s.3.某同学测定匀变速直线运动的加速度时,得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…几条较为理想的纸带,并在纸带上每5个点取一个计数点,即相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s,将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5、…,如图所示甲、乙、丙三段纸带,分别是从三条不同纸带上撕下的.(1)在甲、乙、丙三段纸带中,属于纸带A的是乙(填“甲”、“乙”或“丙”)；(2)打纸带A时,小车的加速度大小为3.11 m/s2；(3)打点计时器打计数点1时小车的速度为0.456 m/s(结果均保留三位有效数字).【试题解析】：(1)根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)得出：x34－x23＝x23－x12＝x12－x01,所以属于纸带A的是乙；(2)根据运动学公式Δx＝aT2,得：a＝0.061 1－0.030.01m/s2＝3.11 m/s2；(3)利用匀变速直线运动的推论：v1＝0.061 1＋0.032×0.1m/s≈0.456 m/s.4.(2019·广东省广州市二模)打点计时器接在50 Hz的交流电源上时,每隔0.02 s打一个点.做匀变速直线运动的小车拖动纸带穿过打点计时器,纸带上记录的点如图,A、B、C、D、E为5个计数点,相邻两计数点间有4个点没标出.已知纸带与A点相近的一端跟小车相连,由此可知,小车的加速度大小为0.740 m/s2(结果保留三位有效数字),方向与小车运动方向相反(填“相同”或“相反”)；打下C点时,小车的瞬时速度为0.472 m/s(计算结果保留三位有效数字).【试题解析】：打点计时器接在50 Hz的交流电源上时,每隔0.02 s 打一个点.因相邻两计数点间有4个点没标出,则T＝0.1 s.已知纸带与A点相近的一端跟小车相连,由此可知,小车的加速度为a＝x DE－x AB3T2＝(3.61－5.83)×10－23×0.01m/s2＝－0.740 m/s2,负号说明方向与小车运动方向相反；AB中间时刻的速度v1＝5.83×10－20.1m/s＝0.583 m/s,则打C点时,小车的瞬时速度v C＝v1＋a(T＋0.5T)＝(0.583－0.740×0.15) m/s＝0.472 m/s.5.某研究性学习小组用图甲所示装置来测定当地重力加速度,主要操作如下：①安装实验器材,调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上.②打开试管夹,由静止释放小铁球,用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t,并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h ,计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v .③保持光电门1的位置不变,改变光电门2的位置,重复②的操作.测出多组(h ,t ),计算出对应的平均速度v .④画出v -t 图象.请根据实验,回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v 0,当地的重力加速度为g .则小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v ＝v 0＋12gt .(用v 0、g 和t 表示)(2)实验测得的数据如表：答案：见解析图(3)根据v -t 图象,可以求得当地重力加速度g ＝9.7(9.5～9.9) m/s 2,试管夹到光电门1的距离约为6.2(5.9～6.6) cm.(以上结果均保留两位有效数字)【试题解析】：(1)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v＝v 0＋12gt . (2)根据数据作出v -t 图象：(3)小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v ＝v 0＋12gt ；所以v -t 图象的斜率表示12g , 所以当地重力加速度g ＝2k ＝9.7 m/s 2,根据v -t 图象得出v 0＝1.10 m/s,根据运动学公式得试管夹到光电门1的距离约为x ＝1.1022×9.7m ＝0.062 m ＝6.2 cm. 6.如图是某同学研究小球下落时的频闪照片,频闪仪每隔0.1 s 闪光一次并进行拍照.照片中小球静止时在位置1,某时刻释放小球,下落中的小球各位置与位置1的距离如图中所标的数据(单位：cm).实验过程正确,但该同学发现图中数据存在以下问题：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12 m ＝4.90 cm,而图中标出的位置1和位置2间的距离为1.23 cm,比4.90 cm 小很多,你对此问题的解释是小球在位置2时下落的时间小于0.1_s.下落中小球在位置3的速度大小为1.47 m/s,小球做自由落体运动的加速度大小为9.80 m/s 2.(计算结果均保留三位有效数字)【试题解析】：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12 m ＝4.90 cm,而位置1和位置2的距离为1.23 cm,比4.90 cm 小很多,由此可知,频闪仪拍位置1时,小球并没有立即开始下落,导致小球在位置2时下落的时间小于0.1 s ；从上向下,给小球编号,即为1、2、3、4；那么3是2与4的中间时刻,故：v 3＝x 242t,x 24＝(30.63－1.23) cm ＝29.4 cm ＝29.4×10－2 m,每相邻两个位置间的时间间隔t ＝0.1 s,代入数据得：v 3＝29.4×10－22×0.1 m/s ＝1.47 m/s,设2到3间的位移为x 1,3到4间的位移为x 2,由匀变速直线运动的推论：Δx ＝at 2得：x 2－x 1＝gt 2,(注意：t 是发生x 1或x 2这个位移所用的时间,t ＝0.1 s,代入数据得：[(30.63－11.03)－(11.03－1.23)]×10－2(m)＝g ×(0.1 s)2,解得：g ＝9.80 m/s2.7.某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度,电源频率f ＝50 Hz,在纸带上打出的点中,选出零点,然后每隔4个点取1个计数点,因保存不当,纸带被污染,如图所示,A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点,仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A ＝16.6 mm,s B ＝126.5 mm,s D ＝624.5 mm,若无法再做实验,可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为0.1 s ；②打C 点时物体的速度大小为2.5 m/s ；(保留两位有效数字)③物体的加速度大小为(s D －3s B ＋2s A )f 275(用s A 、s B 、s C 、s D 和f 表示).【试题解析】：①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点,则相邻两计数点的时间间隔为T ＝0.1 s ；②根据匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度得v C ＝x BD t BD＝s D －s B 2T≈2.5 m/s ；③由Δx ＝aT 2,得：x BC ＝x AB ＋aT 2,x CD ＝x BC ＋aT 2＝x AB ＋2aT 2,两式相加得x BD ＝2x AB ＋3aT 2,所以a ＝(s D －s B )－2(s B －s A )3T 2＝(s D －3s B ＋2s A )f 275. 8.在暗室中用如图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验.实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪.具体实验步骤如下：①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下.②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.④采集数据进行处理.(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率.(2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示,根据数据测得当地重力加速度g＝9.72 m/s2；第8个水滴此时的速度v8＝2.27 m/s.(结果都保留三位有效数字)(3)该实验存在的系统误差可能有(答出一条即可)：存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化).【试题解析】：(1)频闪仪频率等于水滴滴落的频率时,则每滴下来的一滴水,频闪仪都在相同的位置记录,故可看到一串仿佛固定不动的水滴.(2)由图乙可知s 67＝19.36－13.43＝5.93 cms 78＝26.39－19.36＝7.03 cms 89＝34.48－26.39＝8.09 cms 90＝43.67－34.48＝9.19 cm,由逐差法可得g ＝(9.19＋8.09－5.93－7.03)×10－24×(130)2 m/s 2＝9.72 m/s 2. 第8滴水的速度为：v 8＝s 78＋s 892T ＝(7.03＋8.09)×10－22×130m/s ≈2.27 m/s. (3)由于空气阻力对水滴的作用,水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了,都会产生误差；也可以说出测量水滴位置过程中产生的测量误差.。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业49

课后限时作业49热力学定律与能量守恒定律时间：45分钟1.(多选)健身球是一个充满气体的大皮球,现把健身球放在水平地面上.若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变,则(BD)A.气体分子的平均动能增大B.气体的密度增大C.气体的内能增大D.外界对气体做功【试题解析】：在人压向健身球的过程中,外界对球做功,气体所占的体积减小,故气体的密度增大；气体温度不变,故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功,但气体温度不变,故内能不变；由热力学第一定律可知,气体对外放热；故A、C错误；B、D正确.2.(多选)一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N,其p-V图象如图所示.在过程1中,气体始终与外界无热量交换；在过程2中,气体先经历等容变化再经历等压变化.对于这两个过程,下列说法正确的是(ABE)A.气体经历过程1,其温度降低B.气体经历过程1,其内能减小C.气体在过程2中一直对外放热D.气体在过程2中一直对外做功E.气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同【试题解析】：气体经历过程1,压强减小,体积变大,气体膨胀对外做功,内能减小,故温度降低,选项A、B正确；气体在过程2中,根据理想气体状态方程pVT＝C,则开始时,气体体积不变,压强减小,则温度降低,对外放热；然后压强不变,体积变大,气体膨胀对外做功,则温度升高,需要吸热,故选项C、D错误；过程1和过程2的初、末状态相同,故气体内能改变量相同,选项E正确.3.(多选)下列说法正确的是(CDE)A.当分子间距离为平衡距离时分子势能最大B.饱和汽压随温度的升高而减小C.对于一定质量的理想气体,当分子热运动变剧烈时,压强可以不变D.熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E.由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,所以液体表面具有收缩的趋势【试题解析】：当分子间距离为平衡距离时分子势能最小,故A错误；饱和汽压随温度的升高而增大,故B错误；当分子的热运动变剧烈时,温度升高,若体积同时增大,压强可以不变,故C正确；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行,故D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间表现为引力,故液体表面有收缩趋势,故E正确.4.(多选)关于气体的内能,下列说法正确的是(CDE)A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大C.气体被压缩时,内能可能不变D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加【试题解析】：气体的内能由物质的量、温度和体积决定,质量和温度都相同的气体,内能可能不同,A错误.内能与物体的运动速度无关,B错误.气体被压缩时,同时对外传热,根据热力学第一定律知内能可能不变,C正确.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关,D正确.根据理想气体状态方程,一定量的某种理想气体在压强不变的情况下,体积变大,则温度一定升高,内能一定增加,E正确.5.(多选)下列说法中正确的是(ABE)A.在较暗的房间里,看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动B.气体分子速率呈现出“中间多,两头少”的分布规律C.随着分子间距离增大,分子间作用力减小,分子势能也减小D.一定量的理想气体发生绝热膨胀时,其内能不变E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行【试题解析】：布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动,在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞,是由于气体的流动造成的,这不是布朗运动,故A 正确；麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律,即“中间多,两头少”,故B正确；分子力的变化比较特殊,随着分子间距离的增大,分子间作用力不一定减小,当分子表现为引力时,分子做负功,分子势能增大,故C错误；一定量理想气体发生绝热膨胀时,不吸收热量,同时对外做功,其内能减小,故D错误；根据热力学第二定律可知,一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故E正确.6.(多选)下列说法正确的是(ACD)A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩,是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,单位时间内撞击单位面积上的分子数不变【试题解析】：单晶体冰糖有固定的熔点,磨碎后物质微粒排列结构不变,熔点不变,A正确；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体的分子之间的作用力无关,B错误；一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,故C正确；根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,故D正确；一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增大,E错误.7.(多选)关于第二类永动机,下列说法中正确的是(ACE)A.第二类永动机是指没有冷凝器,只有单一的热源,能将从单一热源吸收的热量全部用来做功,而不引起其他变化的热机B.第二类永动机违背了能量守恒定律,所以不可能制成C.第二类永动机违背了热力学第二定律,所以不可能制成D.第二类永动机不可能制成,说明机械能可以全部转化为内能,内能却不能全部转化为机械能E.第二类永动机不可能制成,说明机械能可以全部转化为内能,但内能却不能全部转化为机械能,而不引起其他变化【试题解析】：由第二类永动机的定义知,A正确；第二类永动机违背了热力学第二定律,故B错误,C正确；机械能可以全部转化为内能,但内能却不能全部转化为机械能,而不引起其他变化,故E正确,D错误.8.(多选)下列说法中正确的是(ABC)A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机和第一类永动机都不能制成,原因也是相同的E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为N A＝V V0【试题解析】：根据热力学第一定律,气体放出热量,若外界对气体做功,使气体温度升高,其分子的平均动能增大,故A 正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,故B 正确；当分子力表现为斥力时,分子力总是随分子间距离的减小而增大,随分子间距离的减小,分子力做负功,所以分子势能也增大,故C 正确；第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,故D 错误；某固体或液体的摩尔体积为V ,每个分子的体积为V 0,则阿伏加德罗常数可表示为N A ＝V V 0,对于气体此式不成立,故E 错误.9.内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强为 1.0×105 Pa 、温度为27 ℃的气体,初始活塞到汽缸底部距离为50 cm,现对汽缸加热,气体膨胀而活塞右移.已知汽缸横截面积为200 cm 2,总长为100 cm,大气压强为1.0×105 Pa.(1)计算当温度升高到927 ℃时,缸内封闭气体的压强；(2)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J 的热量,试计算气体增加的内能.【试题解析】：(1)由题意可知,在活塞移动到汽缸口的过程中,气体发生的是等压变化.设活塞的横截面积为S ,活塞未移动时封闭气体的温度为T 1,当活塞恰好移动到汽缸口时,封闭气体的温度为T 2,则由盖—吕萨克定律可知：0.5×S T 1＝1×S T 2,又T 1＝300 K 解得：T 2＝600 K,即327 ℃,因为327 ℃<927 ℃,所以气体接着发生等容变化,设当气体温度达到927 ℃时,封闭气体的压强为p ,由查理定律可以得到：1.0×105 Pa T 2＝p (927＋273) K, 代入数据整理可以得到：p ＝2.0×105 Pa.(2)由题意可知,气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝1 m －0.5 m ＝0.5 m,故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ,代入数据解得：W ＝－1 000 J,由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q得到：ΔU ＝－1 000 J ＋800 J ＝－200 J.答案：(1)2.0×105 Pa (2)－200 J10.如图所示,体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体.p 0和T 0分别为外界大气的压强和温度.已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT ,a 为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的,求：(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；(2)在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Q .【试题解析】：(1)在气体由压强p ＝1.2p 0到p 0时,V 不变,温度由2.4T 0变为T 1,由查理定律得：1.2p 02.4T 0＝p 0T 1, 解得T 1＝2T 0在气体温度由T 1变为T 0的过程中,体积由V 减小到V 1,气体压强不变,由盖—吕萨克定律得V T 1＝V 1T 0, 解得：V 1＝0.5V .(2)活塞下降过程中,活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中,气体内能的减少为ΔU ＝a (T 1－T 0)由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为Q ＝W ＋ΔU 得：Q ＝12p 0V ＋aT 0. 答案：(1)0.5V (2)12p 0V ＋aT 0 11.如图所示,一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2且足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞,活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱,气体的温度为t 1＝7 ℃,外界大气压为p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高汞柱产生的压强).(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码,保持气体的温度t 1不变,则平衡后气柱为多长？(g 取10 m/s 2)(2)若保持砝码的质量不变,对气体加热,使其温度升高到t 2＝77 ℃,此时气柱为多长？(3)若在(2)的过程中,气体吸收的热量为10 J,则气体的内能增加多少？【试题解析】：(1)被封闭气体的初状态：p 1＝p 0＝1.0×105 Pa,V 1＝LS ＝42 cm 3,T 1＝280 K,末状态：p 2＝p 0＋mg S ＝1.05×105 Pa,V 2＝L 2S ,T 2＝T 1＝280 K,根据玻意耳定律,有p 1V 1＝p 2V 2,即p 1L ＝p 2L 2,得L 2＝20 cm ；(2)对气体加热后,气体的压强不变,p 3＝p 2,V 3＝L 3S ,T 3＝350 K,根据盖—吕萨克定律,有V 2T 2＝V 3T 3,即L 2T 2＝L 3T 3,得L 3＝25 cm ； (3)气体对外做的功W ＝p 2Sh ＝p 2S (L 3－L 2)＝1.05 J,根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ,得ΔU ＝10 J ＋(－1.05 J)＝8.95 J,即气体的内能增加了8.95 J.答案：(1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J12.如图所示,一个绝热的汽缸竖直放置,内有一个绝热且光滑的活塞,中间有一个固定的导热性良好的隔板,隔板将汽缸分成两部分,分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量为m ,横截面积为S ,与隔板相距h .现通过电热丝缓慢加热气体,当气体吸收热量Q 时,活塞上升了h ,此时气体的温度为T 1.已知大气压强为p 0,重力加速度为g .(1)加热过程中,若A 气体内能增加了ΔE 1,求B 气体内能增加量ΔE 2；(2)现停止对气体加热,同时在活塞上缓慢添加砂粒,当活塞恰好回到原来的位置时A 气体的温度为T 2.求此时添加砂粒的总质量Δm .【试题解析】：(1)B 气体对外做功W ＝pSh ＝(p 0S ＋mg )h ,由热力学第一定律得ΔE 1＋ΔE 2＝Q －W ,解得ΔE 2＝Q －(mg ＋p 0S )h －ΔE 1；(2)B 气体的初状态：p 1＝p 0＋mg S ,V 1＝2hS ,B 气体的末状态：p 2＝p 0＋(m ＋Δm )g S ,V 2＝hS ,由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2,解得Δm ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2T 2T 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫Sp 0g ＋m . 答案：(1)Q －(mg ＋p 0S )h －ΔE 1(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2T 2T 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫Sp 0g ＋m。

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6．如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮连于天花板上的P点．动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开
始时悬挂动滑轮的两绳均竖直．现将P点缓慢向右移动，直到动
滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动．假设最大静
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综合能力测试二相互作用
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时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选，6—8为多选，6′×8＝48′) 1.如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为 μ2，木板一直静止，重力加速度为g，那么木块与木板间、木板
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方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为f＝FN1＝ tmangθ，B错误．
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5.如图所示，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内．圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°.则环
A、B的质量之比为( A )
A．1 3 C. 3 1
B．1 2 D. 3 2
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解析：分别对A、B两圆环受力分析，运用合成法，如图所示，以A为研究对象，则A只能受到重力和绳子的拉力的作用，杆对A不能有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡，所以T＝mAg；以B为研究对象，根据共点力平衡条件，结合图可知，绳子的拉力T与B受到的支持力N和竖直方向之间的夹角都是30°，所以T与N大小相等，得mBg＝2×Tcos30°＝ 3T，故 mA mB＝1 3.

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业47

课后限时作业47分子动理论内能时间：45分钟1.(多选)下列有关热现象和内能的说法中正确的是(ACE)A.把物体缓慢举高,其机械能增加,内能不变B.盛有气体的容器做加速运动时,容器中气体的内能必定会随之增大C.电流通过电阻后电阻发热,它的内能增加是通过“做功”方式实现的D.分子间引力和斥力相等时,分子势能最大E.分子间引力和斥力相等时,分子势能最小【试题解析】：把物体缓慢举高,外力做功,其机械能增加,由于温度不变,物体内能不变,选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系,选项B错误；电流通过电阻后电阻发热,是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的,选项C正确；根据分子间作用力的特点,当分子间距离等于r0时,引力和斥力相等,不管分子间距离从r0增大还是减小,分子间作用力都做负功,分子势能都增大,故分子间距离等于r0时分子势能最小,选项D错误,E正确.2.(多选)两个分子相距r1时,分子力表现为引力,相距r2时,分子力表现为斥力,则(BCE)A.相距r1时,分子间没有斥力存在B.相距r2时的斥力大于相距r1时的斥力C.相距r2时,分子间引力和斥力同时存在D.相距r1时的引力大于相距r2时的引力E.由题意知r1>r2【试题解析】：分子间的相互作用力由引力和斥力两部分组成,这两种力同时存在,实际的分子力是引力和斥力的合力,故A错误,C正确；分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增加而减小,故相距为r2时分子间的斥力大于相距为r1时的斥力,相距r2时分子间的引力大于相距r1时的引力,故B正确,D错误；两个分子相距为r1时,分子间的相互作用力表现为引力,相距为r2时,表现为斥力,故r1>r2,E正确.3.(多选)一般情况下,分子间同时存在分子引力和分子斥力.若在外力作用下两分子的间距达到不能再靠近时,固定甲分子不动,乙分子可自由移动,则去掉外力后,当乙分子运动到很远时,速度为v,则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)(ABD)A.乙分子的动能变化量为12m v2B.分子力对乙分子做的功为12m v2C.分子引力比分子斥力多做的功为12m v2D.分子斥力比分子引力多做的功为12m v2E.乙分子克服分子力做的功为12m v2【试题解析】：当甲、乙两分子间距离最小时,两者都处于静止状态,当乙分子运动到分子力的作用范围之外时,乙分子不再受力,此时速度为v,故在此过程中乙分子的动能变化量为12m v2,A正确；在此过程中,分子斥力始终做正功,分子引力始终做负功,即W合＝W斥－W引,由动能定理得W斥－W引＝12m v2,故分子斥力比分子引力多做的功为12m v2,B、D正确.4.(多选)下列关于布朗运动的说法中正确的是(ADE)A.布朗运动是微观粒子的运动,其运动规律遵循牛顿第二定律B.布朗运动是组成固体微粒的分子无规则运动的反映C.布朗运动是液体分子与固体分子的共同运动D.布朗运动是永不停息的,反映了系统的能量是守恒的E.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动【试题解析】：布朗运动是悬浮的固体小颗粒不停地做无规则的宏观的机械运动,故符合牛顿第二定律,它反映了液体分子永不停息地做无规则运动,A、E正确,B、C错误；微粒运动过程中,速度的大小与方向不断发生改变,与接触的微粒进行能量交换,D正确.5.(多选)下列说法正确的是(ABE)A.气体扩散现象表明了气体分子的无规则运动B.气体温度升高,分子的平均动能一定增大C.布朗运动的实质就是分子的热运动D.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而减小E.当分子间作用力表现为引力时,分子势能随分子间距离的减小而减小【试题解析】：布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动,它是液体分子无规则热运动的反映,选项C错误；当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,选项D错误.6.如图所示,用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧测力计下端,并使玻璃板贴在水面上,然后缓慢提起弹簧测力计,在玻璃板脱离水面的一瞬间,弹簧测力计读数会突然增大,主要原因是(D)A.水分子做无规则热运动B.玻璃板受到大气压力作用C.水与玻璃间存在万有引力作用D.水与玻璃间存在分子引力作用【试题解析】：弹簧测力计读数会突然增大的主要原因是：水与玻璃间存在分子引力作用,选项D正确.7.(多选)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较,下列说法正确的是(AD)A.分子的平均动能和分子的总动能都相同B.分子的平均动能相同,分子的总动能不同C.内能相同D.1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能【试题解析】：温度相同,则它们的分子平均动能相同；又因为1 g 水和1 g水蒸气的分子数相同,因而它们的分子总动能相同,A正确,B 错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时,分子间距离变大,分子力做负功,分子势能增加,该过程吸收热量,所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能,C错误,D正确.8.(多选)有关分子的热运动和内能,下列说法正确的是(ABC)A.一定质量的气体,温度不变,分子的平均动能不变B.物体的温度越高,分子热运动越剧烈C.物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和D.布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的E.外界对物体做功,物体的内能必定增加【试题解析】：温度是分子平均动能的标志,则一定质量的气体,温度不变,分子的平均动能不变,选项A正确；物体的温度越高,分子热运动越剧烈,选项B正确；物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和,选项C正确；布朗运动是液体分子对悬浮在液体中的微粒频繁碰撞引起的,选项D错误；改变物体内能的方式有做功和热传递,外界对物体做功,物体的内能不一定增加,选项E错误.9.(多选)当两分子间距为r0时,它们之间的引力和斥力相等.关于分子之间的相互作用,下列说法正确的是(ACE)A.当两个分子间的距离等于r0时,分子势能最小B.当两个分子间的距离小于r0时,分子间只存在斥力C.在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中,分子间作用力的合力先增大后减小D.在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中,分子间作用力的合力一直增大E.在两个分子间的距离由r＝r0逐渐减小的过程中,分子间作用力的合力一直增大【试题解析】：分子引力和斥力是同时存在的,当分子之间的距离为r0时,分子引力和斥力刚好大小相等方向相反,合力为0,分子势能最小,A正确.当两个分子间距离小于r0时,分子斥力大于分子引力,所以合力表现为斥力,B错误.当分子距离从较远逐渐减小到r＝r0过程中,分子间作用力表现为引力,且先逐渐增大后逐渐减小,所以C正确,D错误.当分子间距离小于r0时,分子间作用力表现为斥力,且距离减小合力增大,所以E正确.10.(多选)某气体的摩尔质量为M mol,摩尔体积为V mol,密度为ρ,每个分子的质量和体积分别为m和V0,则阿伏加德罗常数N A可表示为(AB)A.N A＝M molm B.N A＝ρV molmC.N A＝V molV0 D.N A＝M molρV0【试题解析】：阿伏加德罗常数N A＝M molm＝ρV molm＝V molV,其中V为每个气体分子所占有的体积,而V0是气体分子的体积,故C错误；D中ρV0不是气体分子的质量,因而也是错误的.故选A、B.11.(多选)如图所示,用F表示两分子间的作用力,E p表示分子间的分子势能,在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中(BCE)A.F不断增大B.F先增大后减小C.E p不断减小D.E p先增大后减小E.F对分子一直做正功【试题解析】：分子间的作用力是矢量,其正负不表示大小；分子势能是标量,其正负表示大小.读取图象信息知,由10r0变为r0的过程中,F先增大后变小至0.E p则不断减小,故B、C正确,A、D错误.该过程中,始终为引力,做正功,故E正确.12.雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动相互作用的结果.雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密度相同、直径不同的球体,并且PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写).某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化.据此材料,以下叙述正确的是(C)A.PM10表示直径小于或等于1.0×10－6 m的悬浮颗粒物B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动D.PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大【试题解析】：PM10直径小于或等于10 μm,即1.0×10－5 m,选项A错误；PM10悬浮在空中,表明空气分子作用力的合力与其重力平衡,选项B错误；PM10和大悬浮颗粒物的大小符合做布朗运动的条件,选项C正确；据题中材料不能判断PM2.5浓度随高度的增加而增大,选项D错误.13.(多选)下列说法正确的是(ACD)A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分子运动的无规则性B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大,一定先减小后增大C.分子势能随着分子间距离的增大,可能先减小后增大D.在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E.当温度升高时,物体内每一个分子热运动的速率一定都增大【试题解析】：布朗运动是固体颗粒在液体中的运动,反应液体分子的运动,故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分子运动的无规则性,故选项A正确；分子间距离r<r0时,分子力随r增大减小,分子势能减小,当r＝r0时,分子力等于零,分子势能最小,然后随r增大分子力先增大再减小,分子势能逐渐增大,故选项B错误,选项C正确；分子之间存在间隙,在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素,故D正确；温度升高,分子平均动能增大,但单个分子运动情况不确定,故E错误.14.很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题,在车灯的设计上选择了氙气灯,因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍,但是耗电量仅是普通灯的一半,氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍,很多车主会选择含有氙气灯的汽车,若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L,氙气密度ρ＝6.0 kg/m3.已知氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol,阿伏加德罗常数N A＝6×1023 mol－1.试估算：(结果保留一位有效数字)(1)灯头中氙气分子的总个数N；(2)灯头中氙气分子间的平均距离.【试题解析】：(1)设氙气的物质的量为n,则n＝ρV M,氙气分子的总数N＝ρVM N A≈4×1022个.(2)每个氙气分子所占的空间为V0＝V N设氙气分子间平均距离为a,则有V0＝a3,即a＝3VN≈3×10－9 m.答案：(1)4×1022个(2)3×10－9 m。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业48

课时作业53 椭圆1．已知三点P (5,2)，F 1(－6,0)，F 2(6,0)，那么以F 1，F 2为焦点且经过点P 的椭圆的短轴长为( B )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：因为点P (5,2)在椭圆上，所以|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|PF 2|＝5，|PF 1|＝55，所以2a ＝65，即a ＝35，c ＝6，则b ＝3，故椭圆的短轴长为6，故选B.2．设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 25＝1的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，则|PF 2||PF 1|的值为( B )A.514 B ．513 C.49D ．59 解析：由题意知a ＝3，b ＝5，c ＝2. 设线段PF 1的中点为M ，则有OM ∥PF 2， ∵OM ⊥F 1F 2，∴PF 2⊥F 1F 2， ∴|PF 2|＝b 2a ＝53.又∵|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝6， ∴|PF 1|＝2a －|PF 2|＝133， ∴|PF 2||PF 1|＝53×313＝513，故选B.3．已知点P 是椭圆x 24＋y 23＝1上一点，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，M 为△PF 1F 2的内心，若S △MPF 1＝λS △MF 1F 2－S △MPF 2成立，则λ的值为( D )A.32 B ．12 C.22D ．2解析：设内切圆的半径为r ，因为S △MPF 1＝λS △MF 1F 2－S △MPF 2，所以S △MPF 1＋S △MPF 2＝λS △MF 1F 2；由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|F 1F 2|＝2c ，所以ar ＝λcr ，c ＝a 2－b 2，所以λ＝aa 2－b2＝2. 4．(2019·安徽宣城一模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点为M ，上顶点为N ，右焦点为F ，若NM →·NF →＝0，则椭圆的离心率为( D )A.32 B ．2－12C.3－12D ．5－12解析：由题意知，M (－a,0)，N (0，b )，F (c,0)， ∴NM →＝(－a ，－b )，NF →＝(c ，－b )． ∵NM →·NF →＝0，∴－ac ＋b 2＝0，即b 2＝ac . 又知b 2＝a 2－c 2，∴a 2－c 2＝ac . ∴e 2＋e －1＝0，解得e ＝5－12或e ＝－5－12(舍)． ∴椭圆的离心率为5－12，故选D.5．(2019·湖北重点中学联考)已知椭圆x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 2且垂直于长轴的直线交椭圆于A ，B 两点，则△ABF 1内切圆的半径为( D )A.43 B ．1 C.45D ．34解析：法一：不妨设A 点在B 点上方，由题意知，F 2(1,0)，将F 2的横坐标代入椭圆方程x 24＋y 23＝1中，可得A 点纵坐标为32，故|AB |＝3，所以内切圆半径r ＝2S C ＝68＝34(其中S 为△ABF 1的面积，C 为△ABF 1的周长)，故选D.法二：由椭圆的通径公式得|AB |＝2b 2a ＝3，则S △ABF 1＝12×2×3＝3，又易得△ABF 1的周长C ＝4a ＝8，则由S △ABF 1＝12C ·r 可得r ＝34.故选D.6．(2019·豫南九校联考)已知两定点A (－1,0)和B (1,0)，动点P (x ，y )在直线l ：y ＝x ＋3上移动，椭圆C 以A ，B 为焦点且经过点P ，则椭圆C 的离心率的最大值为( A )A.55 B ．105 C.255D ．2105解析：不妨设椭圆方程为x 2a 2＋y 2a 2－1＝1(a ＞1)，与直线l 的方程联立得⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2a 2－1＝1，y ＝x ＋3，消去y 得(2a 2－1)x 2＋6a 2x ＋10a 2－a 4＝0，由题意易知Δ＝36a 4－4(2a 2－1)(10a 2－a 4)≥0，解得a ≥5，所以e ＝c a ＝1a ≤55，所以e 的最大值为55.故选A.7．(2019·河北衡水中学模拟)设F 1、F 2分别是椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点，P 为椭圆上任意一点，点M 的坐标为(6,4)，则|PM |－|PF 1|的最小值为－5 .解析：由椭圆的方程可知F 2(3,0)，由椭圆的定义可得|PF 1|＝2a －|PF 2|，∴|PM |－|PF 1|＝|PM |－(2a －|PF 2|)＝|PM |＋|PF 2|－2a ≥|MF 2|－2a ，当且仅当M ，P ，F 2三点共线时取得等号，又|MF 2|＝(6－3)2＋(4－0)2＝5,2a ＝10， ∴|PM |－|PF 1|≥5－10＝－5，即|PM |－|PF 1|的最小值为－5.8．过点M (1,1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于 22 .解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，① x 22a 2＋y 22b 2＝1.②①、②两式相减并整理得y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.结合已知条件得，－12＝－b 2a 2×22， ∴b 2a 2＝12，故椭圆的离心率e ＝1－b 2a 2＝22.9．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点，P 为椭圆C 上的一点，且∠F 1PF 2＝60°，S △PF 1F 2＝33，则b ＝ 3 .解析：由题意得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，又∠F 1PF 2＝60°，所以|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|cos60°＝|F 1F 2|2，所以(|PF 1|＋|PF 2|)2－3|PF 1||PF 2|＝4c 2，所以3|PF 1||PF 2|＝4a 2－4c 2＝4b 2，所以|PF 1||PF 2|＝43b 2，所以S △PF 1F 2＝12|PF 1||PF 2|sin60°＝12×43b 2×32＝33b 2＝33，所以b ＝3.10．椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆M 上任一点，且|PF 1|·|PF 2|的最大值的取值范围是[2b 2,3b 2]，椭圆M 的离心率为e ，则e －1e 的最小值是－22 .解析：由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，∴|PF 1|·|PF 2|≤⎝⎛⎭⎪⎫|PF 1|＋|PF 2|22＝a 2， ∴2b 2≤a 2≤3b 2，即2a 2－2c 2≤a 2≤3a 2－3c 2， ∴12≤c 2a 2≤23，即22≤e ≤63. 令f (x )＝x －1x ，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，63上是增函数，∴当e ＝22时，e －1e 取得最小值22－2＝－22.11．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点．当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3. 又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1 得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)＞0，即k 2＞34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积 S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t ＞0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ＞0，所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y ＝72x －2或y ＝－72x －2.12．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的半焦距为c ，原点O 到经过两点(c,0)，(0，b )的直线的距离为12c .(1)求椭圆E 的离心率；(2)如图，AB 是圆M ：(x ＋2)2＋(y －1)2＝52的一条直径，若椭圆E 经过A ，B 两点，求椭圆E 的方程．解：(1)过点(c,0)，(0，b )的直线方程为bx ＋cy －bc ＝0，则原点O 到该直线的距离d ＝bc b 2＋c2＝bca ，由d ＝12c ，得a ＝2b ＝2a 2－c 2，可得离心率c a ＝32. (2)解法一：由(1)知，椭圆E 的方程为x 2＋4y 2＝4b 2.①依题意，圆心M (－2,1)是线段AB 的中点，且|AB |＝10.易知，AB 与x 轴不垂直，设其方程为y ＝k (x ＋2)＋1，代入①得(1＋4k 2)x 2＋8k (2k ＋1)x ＋4(2k ＋1)2－4b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k (2k ＋1)1＋4k 2，x 1x 2＝4(2k ＋1)2－4b 21＋4k 2.由x 1＋x 2＝－4，得－8k (2k ＋1)1＋4k 2＝－4，解得k ＝12.从而x 1x 2＝8－2b 2. 于是|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122|x 1－x 2| ＝52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝10(b 2－2).由|AB |＝10，得10(b 2－2)＝10，解得b 2＝3. 故椭圆E 的方程为x 212＋y 23＝1. 解法二：由(1)知，椭圆E 的方程为x 2＋4y 2＝4b 2. ②依题意，点A ，B 关于圆心M (－2,1)对称，且|AB |＝10. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21＋4y 21＝4b 2，x 22＋4y 22＝4b 2，两式相减并结合x 1＋x 2＝－4，y 1＋y 2＝2，得－4(x 1－x 2)＋8(y 1－y 2)＝0.易知AB 与x 轴不垂直，则x 1≠x 2，所以AB 的斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝12.因此直线AB 的方程为y ＝12(x ＋2)＋1，代入②得x 2＋4x ＋8－2b 2＝0.所以x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝8－2b 2.于是|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122|x 1－x 2|＝ 52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝10(b 2－2). 由|AB |＝10，得10(b 2－2)＝10，解得b 2＝3. 故椭圆E 的方程为x 212＋y 23＝1.13．设F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个焦点，P 是C 上的点，圆x 2＋y 2＝a29与线段PF 交于A ，B 两点，若A ，B 是线段PF 的两个三等分点，则椭圆C 的离心率为( D )A.33 B ．53 C.104D ．175解析：如图所示，设线段AB 的中点为D ，连接OD ，OA ，设椭圆C 的左、右焦点分别为F ，F 1，连接PF 1.设|OD |＝t ，因为点A ，B 是线段PF 的两个三等分点，所以点D 为线段PF 的中点，所以OD ∥PF 1，且|PF 1|＝2t ，PF 1⊥PF . 因为|PF |＝3|AB |＝6|AD |＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－t 2，根据椭圆的定义，得|PF |＋|PF 1|＝2a ，∴6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－t 2＋2t ＝2a ，解得t ＝a5或t ＝0(舍去)．所以|PF |＝8a 5，|PF 1|＝2a5.在Rt △PFF 1中，|PF |2＋|PF 1|2＝|FF 1|2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫8a 52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 52＝(2c )2，得c 2a 2＝1725，所以椭圆C 的离心率e ＝c a ＝175.14．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝2c ，若椭圆上存在点M 使得sin ∠MF 1F 2a ＝sin ∠MF 2F 1c ，则该椭圆离心率的取值范围为( D )A ．(0，2－1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫0，22D ．(2－1,1)解析：在△MF 1F 2中，|MF 2|sin ∠MF 1F 2＝|MF 1|sin ∠MF 2F 1，而sin ∠MF 1F 2a ＝sin ∠MF 2F 1c ， ∴|MF 2||MF 1|＝sin ∠MF 1F 2sin ∠MF 2F 1＝a c .①又M 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上一点，F 1，F 2是椭圆的焦点， ∴|MF 1|＋|MF 2|＝2a .②由①②得，|MF 1|＝2ac a ＋c ，|MF 2|＝2a 2a ＋c .显然|MF 2|＞|MF 1|， ∴a －c ＜|MF 2|＜a ＋c ，即a －c ＜2a 2a ＋c＜a ＋c ，整理得c 2＋2ac －a 2＞0，∴e 2＋2e －1＞0，又0＜e ＜1，∴2－1＜e ＜1，故选D.15．过椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上的动点M 作圆x 2＋y 2＝b 22的两条切线，切点分别为P 和Q ，直线PQ 与x 轴和y 轴的交点分别为E 和F ，则△EOF 面积的最小值是 b 34a .解析：设M (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则直线MP 和MQ 的方程分别为x 1x ＋y 1y ＝b 22，x 2x ＋y 2y ＝b 22.因为点M 在MP 和MQ 上，所以有x 1x 0＋y 1y 0＝b 22，x 2x 0＋y 2y 0＝b 22，则P ，Q 两点的坐标满足方程x 0x ＋y 0y ＝b 22，所以直线PQ 的方程为x 0x ＋y 0y ＝b 22，可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22x 0，0和F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 22y 0，所以S △EOF ＝12·|OE ||OF |＝b 48|x 0y 0|，因为b 2y 20＋a 2x 20＝a 2b 2，b 2y 20＋a 2x 20≥2ab |x 0y 0|，所以|x 0y 0|≤ab 2，所以S △EOF ＝b 48|x 0y 0|≥b 34a ，当且仅当b 2y 20＝a 2x 20＝a 2b 22时取“＝”，故△EOF 面积的最小值为b 34a .16．(2019·山东济宁一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a ＞2)，直线l ：y ＝kx ＋1(k ≠0)与椭圆C 相交于A ，B 两点，点D 为AB 的中点．(1)若直线l 与直线OD (O 为坐标原点)的斜率之积为－12，求椭圆C 的方程；(2)在(1)的条件下，y 轴上是否存在定点M ，使得当k 变化时，总有∠AMO ＝∠BMO (O 为坐标原点)？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由⎩⎨⎧ x 2a 2＋y 24＝1，y ＝kx ＋1(k ≠0)得(4＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx －3a 2＝0，显然Δ＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－2a 2k 4＋a 2k 2，x 1x 2＝－3a 24＋a 2k 2，∴x 0＝－a 2k 4＋a 2k 2，y 0＝－a 2k 24＋a 2k 2＋1＝44＋a 2k 2，∴k ·y 0x 0＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4a 2k ＝－12，∴a 2＝8.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)假设存在定点M 符合题意，且设M (0，m )，由∠AMO ＝∠BMO 得k AM ＋k BM ＝0.∴y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝0.即y 1x 2＋y 2x 1－m (x 1＋x 2)＝0，∴2kx 1x 2＋x 1＋x 2－m (x 1＋x 2)＝0.由(1)知x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k 2，∴－12k 1＋2k 2－4k 1＋2k 2＋4mk1＋2k 2＝0，∴－16k＋4mk1＋2k2＝0，即4k(－4＋m)1＋2k2＝0，∵k≠0，∴－4＋m＝0，∴m＝4. ∴存在定点M(0,4)，使得∠AMO＝∠BMO.。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案3

并不是物体运动的轨迹． (2)x-t 图象是一条直线，说明物体一定做匀速直线运
动．( × ) 提示：若 x-t 图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于
静止状态．
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第一章第3讲
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(3)v-t 图象是一条平行于 t 轴的直线，说明物体做匀速直线运动．( √ )
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第一章第3讲
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知识点二
追及相遇问题
1．追及问题的两类情况 (1)若后者能追上前者，追上时，两者处于__同__一______位置，
且后者速度一定大于等于前者速度． (2)若追不上前者，则当后者速度与前者速度___相__等____时，两
者相距最近．
(4)x-t 图象与时间轴围成的面积表示物体运动的路程．( × )
提示：x-t 图象与时间轴围成的面积无物理意义．
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(5)两条 v-t 图象的交点表示两个物体相遇．( × ) 提示：两条 v-t 的交点表示两物体速度相等． (6)两条 x-t 图象的交点表示两个物体相遇．( √ ) (7)相向运动的物体各自发生的位移大小之和等于开始时二者之间的距离时即相遇．( √ )
B．若 t1 时刻 c、d 两质点第一次相遇，则 t2 时刻两质点第二次相遇
C．t1 到 t2 时间内，四个质点中只有 b、d 两个质点的运动方向发生改变
D．t1 到 t2 时间内，四个质点中只有 b、d 两个质点的速率先减小后增大

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案47

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第十三章第47讲
第21页
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2．(多选)下列说法中正确的是( BCE ) A．液体分子的无规则运动称为布朗运动 B．液体中悬浮微粒越小，布朗运动越显著 C．布朗运动是液体分子热运动的反映 D．分子间的引力总是大于斥力 E．分子间同时存在引力和斥力
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第十三章第47讲
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第十三章第47讲
第9页
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3．分子间存在着相互作用力 (1)分子间同时存在引力和斥力，实际表现的分子力是它们的合力． (2)引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快．
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2．注意事项 (1)将所有的实验用具擦洗干净，不能混用． (2)油酸酒精溶液的浓度以小于0.1%为宜． (3)浅盘中的水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状、画线时视线应与板面垂直． 3．误差分析 (1)纯油酸体积的计算引起误差； (2)油膜形状的画线误差； (3)数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差．
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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案6

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第二章第6讲
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3．如图所示，重力为6 N的木块静止在倾角为30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为( C )
A．3 N C．5 N
B．4 N D．10 N
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第二章第6讲
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(7)在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三
角形定则．( √ )
(8)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角
形．( √
)
(9)位移、速度、加速度、力和时间都是矢量．( × )
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4．力的分解 (1)定义：求一个已知力的_分__力____的过程． (2)遵循原则：__平__行__四___边__形___定则或_三__角__形__定则． (3)分解方法：①按力产生的__效__果___分解；②正交分解．
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第二章第6讲
第18页
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4．如图所示，轻绳绕过轻质光滑滑轮一端系于竖直墙上的 A点，另一端系于水平墙上的B点．质量为m的物体系于滑轮的圆心O处，水平外力F也作用于滑轮的圆心O处．当F的大小合适时，A端轻绳水平且B端轻绳与竖直方向成30°角．重力加速度为 g，下列说法正确的是( D )
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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业3

课后限时作业3运动图象追及和相遇问题时间：45分钟1.某一物体做直线运动,其速度随时间变化的v-t图象如图所示.下列说法正确的是(D)A.在t＝36 s时,物体速度的方向发生了变化B.在0～44 s内,bc段对应的加速度最大C.在36～44 s内,物体的位移为192 mD.在36～44 s内,物体的加速度为－6 m/s2【试题解析】：速度—时间图象,速度的正负代表物体的运动方向,故A错误；图象的斜率代表加速度,易知cd段加速度比bc段的大,B 错误；由图象与时间轴所围成的面积代表物体的位移知,cd段的总位移为0,C错误；cd段的斜率为－6 m/s2,D正确.2.(多选)一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B,A在西B 在东,一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B时,一只小鸟恰自A向B匀速飞去,小鸟飞到汽车正上方立即折返,以原速率飞回A,过一段时间后,汽车也行驶到A.它们的位置—时间图象如图所示,图中t2＝2t1,由图可知(BC)A.小鸟的速率是汽车速率的两倍B.第一次相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是31C.小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D.小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等【试题解析】：由题意可知,相遇所用时间t 0＝12t 1＝14t 2,故相遇时汽车的位移为全程的14,所以小鸟与汽车的位移大小之比为31,小鸟飞过的路程为全程的32倍,即汽车的1.5倍,所以BC 正确；由题图知,小鸟用时为汽车的12,根据v ＝s t 可得,小鸟的速率为汽车的3倍,所以A 错误；位移是矢量,在此过程中,小鸟的位移为0,所以D 错误.3.(多选)某时刻,两车从同一地点、沿同一方向做直线运动,下列关于两车的位移x 、速度v 随时间t 变化的图象,能反映t 1时刻两车相遇的是( BD )【试题解析】：x -t 图象中,x 轴表示物体位移,则由题图可知,两车不会相遇,故A 错误；由题图可知,t 1时刻两图线相交,故两车相遇,故B 正确；v -t 图象表示物体的速度随时间变化的规律,图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由题图可知,两车通过的位移不同,故不会相遇,故C 错误；由题图可知,两车在t 1时间内通过的位移相同,故两车相遇,故D 正确.4.(多选)在平直公路上,汽车以10 m/s 的速度匀速驶向路口,当行驶至距路口停车线20 m 处时,还有3 s 绿灯就要熄灭.而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处,则汽车运动的速度—时间图象可能有( BC )【试题解析】：由v -t 图象与时间轴围成的图形面积表示位移知：s A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋02×3 m ≠20 m,A 错误；s B >15 m,可能为20 m,B 正确；s C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10×1＋10＋02×2 m ＝20 m,C 正确；s D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10×0.5＋10＋02×2.5 m ＝17.5 m<20 m,D 错误；故选BC.5.一个物体沿直线向右运动,t ＝0时刻物体的速度为2 m/s 、加速度为 1 m/s 2,规定向右为正方向,物体的加速度随时间的变化规律如图所示,则下列判断正确的是( D )A.物体做匀加速直线运动B.物体的加速度与时间成正比C.t ＝5 s 时刻物体的速度为6.25 m/sD.t ＝8 s 时刻物体的速度为13.2 m/s【试题解析】：从题图可知,物体的加速度在不断变化,显然A错；加速度与时间成一次函数关系,没有过坐标原点,因此不是正比关系,B 错；题图中的图线与坐标轴所围的面积代表速度的改变量,由于a＝1＋0.1t(m/s2),Δv＝a0＋a t2t＝2＋0.1t2t(m/s),当t＝5 s时,Δv＝6.25 m/s,v＝v0＋Δv＝8.25 m/s,C错；同理知D对.6.甲、乙两车沿水平方向做直线运动,某时刻刚好经过同一位置,此时甲的速度为5 m/s,乙的速度为10 m/s,以此时作为计时起点,它们的速度随时间变化的关系如图所示,则(C)A.在t＝4 s时,甲、乙两车相距最远B.在t＝10 s时,乙车恰好回到出发点C.乙车在运动过程中速度的方向保持不变D.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动【试题解析】：v-t图线与横轴所围成的面积表示物体的位移,在0～4 s时间内,乙车始终在甲车前方,但t＝10 s时,乙车停止运动,甲车已超过乙车,且两车的距离比t＝4 s时大,A错误；0～10 s时间内,乙车的速度方向始终与所选的正方向相同,乙车的运动方向没有发生改变,所以t＝10 s时,乙车离出发点最远,B错误,C正确；v-t图线的斜率表示加速度,所以乙车的加速度先减小再增大再减小,D错误.7.小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动,取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向,下列速度v和位置x的关系图象中,能描述该过程的是(A)【试题解析】：以竖直向上为正方向,则小球下落的速度为负值,故C 、D 错误；设小球原来距地面的高度为h .小球下落的过程中,根据运动学公式有：v 2＝2g (h －x ),由数学知识可得,v -x 图象应是开口向左的抛物线.小球与地面碰撞后上升的过程,与下落过程具有对称性,故A 正确,B 错误.故选A.8.相距15 m 的甲、乙两质点在t ＝0时刻开始沿同一直线相向运动,它们运动的v -t 图象如图所示.下列说法正确的是( D )A.0～3 s 内,甲的平均速度大小比乙的小B.t ＝3 s 时,甲的加速度为零C.0～5 s 内,甲和乙的平均速度大小相等D.t ＝5 s 时,甲、乙相遇【试题解析】：0～3 s 内,甲的平均速度v 甲＝－62m/s ＝－3 m/s,乙的平均速度v 乙＝0＋45×32m/s ＝1.2 m/s,甲的平均速度大小比乙的大,故A 错误；速度—时间图象的斜率表示加速度,甲的加速度始终为a ＝Δv Δt ＝0－(－6)3－0m/s 2＝2 m/s 2,故B 错误；0～5 s 内,甲的平均速度v甲＝－6＋42 m/s ＝－1 m/s,乙的平均速度v 乙＝0＋42m/s ＝2 m/s,甲的平均速度大小比乙的小,故C 错误；根据速度—时间图象与时间轴围成的面积表示位移,可知在0～5 s 时间内,甲的位移为x 甲＝12×(－6)×3 m ＋12×4×2 m ＝－5 m,乙的位移为x 乙＝12×4×5 m ＝10 m,则x 乙－x 甲＝15 m,故在t ＝5 s 时刻,甲、乙相遇,故D 正确.9.树德中学运动会上,4×100 m 接力赛是最为激烈的比赛项目,有甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现,甲短距离加速后能保持9 m/s 的速度跑完全程.为了确定乙起跑的时机,甲在接力区前s 0处作了标记,当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令,乙在接力区的前端听到口令时立即起跑(忽略声音传播的时间及人的反应时间),先做匀加速运动,速度达到最大后,保持这个速度跑完全程.已知接力区的长度为L ＝20 m.(1)若s 0＝13.5 m,且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,完成交接棒,则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？(2)若s 0＝16 m,乙的最大速度为8 m/s,要使甲、乙能在接力区内完成交接棒,且比赛成绩最好,则乙在加速阶段的加速度应为多少？【试题解析】：(1)设经过时间t ,甲追上乙,根据题意有v t －v t 2＝s 0, 将v ＝9 m/s 、s 0＝13.5 m 代入得t ＝3 s,此时乙离接力区末端的距离为Δs ＝L －v t 2＝6.5 m. (2)因为甲、乙的最大速度v 甲>v 乙,所以在完成交接棒时甲跑过的距离越长,成绩越好,故应在接力区的末端完成交接,且乙到达最大速度v 乙,设乙的加速度为a ,加速的时间t 1＝v 乙a ,在接力区的运动时间t ＝L ＋s 0v 甲,L ＝12at 21＋v 乙(t －t 1),解得a ＝83 m/s 2.答案：(1)6.5 m (2)83m/s 2 10.边防武警追捕逃犯的过程可以模拟为如下情景.如图所示,B 为武警车,车上装有测速仪,测速仪安装有超声波发射和接收装置,已知声波v ＝340 m/s,A 为逃犯汽车,两者静止且相距335 m,B 距边境线5 000 m.某时刻B 发出超声波,同时A 由静止开始做匀加速直线运动向边境逃窜.当B 接收到反射回来的超声波信号时A 、B 相距355 m,同时B 由静止开始做匀加速直线运动追赶A .已知A 的最大速度为30 m/s,B 的最大速度为40 m/s.问：(1)A 的加速度多大？(2)B 的加速度至少多大才能在境内追上A?【试题解析】：(1)设超声波从发射到追上A 车的时间为t 1,此段时间A 车的位移为x 1,超声波从A 车反射被接收装置接收到的时间为t 2,此段时间A 车的位移x 2,则t 1＝t 2＝T ,x 1x 2＝13,x 1＋x 2＝20 m,解得x 1＝5 m,x 2＝15 m,则T ＝335 m ＋x 1v＝1 s, 解得a A ＝x 2－x 1T 2＝10 m/s 2. (2)A 车加速到最大速度的时间t A 1＝v A a A＝3 s, 位移x A 1＝v A 2t A 1＝45 m, 匀速运动到边境线的时间t A 2＝5 000 m －335 m －x A 1v A＝154 s, 从A 运动开始,若B 车在边境线恰好追上A 车,则B 车运动到边境线的时间t B ＝t A 1＋t A 2－2T ＝155 s,设B 车加速到最大速度的时间t B 1,B 车匀速运动到边境线的时间t B 2,t B 1＋t B 2＝t B ,v B 2t B 1＋v B t B 2＝5 000 m,解得t B 1＝60 s, 则B 车的加速度大小至少为a B ＝v B t B 1＝23m/s 2. 答案：(1)10 m/s 2 (2)23 m/s 2 11.随着机动车数量的增加,交通安全问题日益凸显,分析交通违法事例,将警示我们遵守交通法规,珍惜生命.如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图象(v 为货车的速度,x 为制动距离),其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象,图线2为严重超载时的制动图象.某路段限速72 km/h,是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的,现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶.通过计算求解：(1)驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s,则该型号货车满载时以72 km/h 速度正常行驶的跟车距离至少应为多远.【试题解析】：(1)根据速度位移公式v 2－v 20＝2ax ,有v 2＝2ax ＋v 20,图线斜率的一半表示加速度；根据题中图象得到：满载时,加速度为5 m/s 2,严重超载时加速度为2.5 m/s 2；设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速,制动距离x 1＝v 22a 1＝4002×5m ＝40 m, 制动时间为t 1＝v a 1＝205s ＝4 s ；设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速,制动距离x 2＝v ′22a 2＝1522×2.5m ＝45 m>x 1, 制动时间为t 2＝v ′a 2＝152.5s ＝6 s>t 1；所以驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求.(2)货车在反应时间内做匀速直线运动x 3＝v t 3＝20×1 m ＝20 m,跟车距离最小值x ＝v 22a 1＋x 3＝40 m ＋20 m ＝60 m. 答案：见解析。

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解析：伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故选项D正确．
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2.北京时间2016年8月21日，里约奥运会跳水项目收官．中国跳水梦之队，获得7金2银1铜的好成绩．如图为10米跳台金牌获得者陈艾森在决赛中的关键一跳，关于陈艾森能跳起离开跳台的说法正确的是( C )
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知识点二
牛顿第三定律
1．内容两个物体之间的作用力和反作用力总是_大__小__相__等__，__方__向__相_，反
作用在______同__一__条__直__线__上____．
2．意义建立了相互作用物体之间的联系及__作__用__力___与__反__作__用__力_____
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4．我国道路安全交通法规定，在各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带，因刹车时汽车会很快停下来，而人还要继续向前运动，此时安全带对人施加向后的拉力，保障人的安全，在这一过程中( A )
A．人和汽车都具有惯性 B．人和汽车都没有惯性 C．人具有惯性，汽车没有惯性 D．汽车具有惯性，人没有惯性
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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试4

综合能力测试四曲线运动万有引力与航天时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.我国未来将建立月球基地,并在绕月轨道上建造空间站.如图所示,关闭发动机的航天飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近,并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接.已知空间站绕月轨道半径为r ,周期为T ,引力常量为G ,月球的半径为R .下列判断正确的是( C )A.航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须加速B.图中的航天飞机正在减速飞向B 处C.月球的质量M ＝4π2r 3GT 2D.月球的第一宇宙速度v ＝2πr T【试题解析】：航天飞机到达B 处时速度比较大,如果不减速,此时万有引力不足以提供向心力,这时航天飞机将做离心运动,故A 错误；因为航天飞机越接近月球,受到的万有引力越大,加速度越大,所以航天飞机正在加速飞向B 处,B 错误；由万有引力提供空间站做圆周运动的向心力,则G Mm r 2＝m 4π2r T 2,整理得M ＝4π2r 3GT 2,故C 正确；速度v ＝2πr T 是空间站在轨道r 上的线速度,而不是围绕月球表面运动的第一宇宙速度,故D 错误.2.下列关于离心现象的说法正确的是( C )A.当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B.做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失后,物体将做背离圆心的圆周运动C.做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失后,物体将沿切线做直线运动D.做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失后,物体将做曲线运动【试题解析】：物体只要受到力,必有施力物体,但“离心力”是没有施力物体的,故所谓的离心力是不存在的,只要向心力不足,物体就做离心运动,故A选项错；做匀速圆周运动的物体,当所受的一切力突然消失后,物体做匀速直线运动,故B、D选项错,C选项正确.3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是(A)A.质点经过C点的速率比D点的大B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C.质点经过D点时的加速度比B点的大D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小【试题解析】：质点做匀变速曲线运动,所以加速度不变,C错误；由于在D点速度方向与加速度方向垂直,则在A、B、C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以质点由A到B到C到D速率减小,所以C点速率比D点的大,A正确,B错误；质点由A到E的过程中,加速度方向与速度方向的夹角一直减小,D错误.4.如图所示,一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动,以下说法正确的是( C )A.小球过最高点时,杆所受的弹力不能等于零B.小球过最高点时,速度至少为gRC.小球过最高点时,杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反,此时重力一定不小于杆对球的作用力D.小球过最高点时,杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反【试题解析】：由mg －F N ＝m v 2R ,小球在最高点的速度为v ＝gR 时,杆不受弹力,选项A 错误；本题是轻杆模型,小球过最高点时,速度可以为零,选项B 错误；小球的重力和杆对小球的弹力的合力提供向心力,向心力指向圆心,如果重力和杆的弹力方向相反,重力必须不小于杆的弹力,选项C 正确；小球过最高点时,杆对球的作用力方向与重力方向可能相同,也可能相反,选项D 错误.5.如图所示,长度均为l ＝1 m 的两根轻绳,一端共同系住质量为m ＝0.5 kg 的小球,另一端分别固定在等高的A 、B 两点,A 、B 两点间的距离也为l ,重力加速度g 取10 m/s 2.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v 时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v 时,每根绳的拉力大小为( A )A.5 3 NB.2033 NC.15 ND.10 3 N【试题解析】：小球在最高点速率为v 时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg ＝m v 2r ；当小球在最高点的速率为2v 时,由牛顿第二定律得mg ＋2F T cos30°＝m (2v )2r ,解得F T ＝3mg ＝5 3 N,故选项A 正确.6.下图为一链条传动装置的示意图.已知主动轮是逆时针转动的,转速为n ,主动轮和从动轮的半径比为k ,下列说法正确的是( BC )A.从动轮是顺时针转动的B.主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C.从动轮的转速为nkD.从动轮的转速为n k【试题解析】：主动轮逆时针转动,带动从动轮逆时针转动,因为用链条传动,所以两轮边缘线速度大小相等,A 错误,B 正确；由r 主r 从＝k,2πn ·r 主＝2πn 从·r 从,可得n 从＝nk ,C 正确,D 错误.7.如图所示,宽为L 的竖直障碍物上开有间距d ＝0.6 m 的矩形孔,其下沿离地面的高度h ＝1.2 m,离地面的高度H ＝2 m 的质点与障碍物的间距为x ,在障碍物以速度v 0＝4 m/s 匀速向左运动的同时,质点自由下落.忽略空气阻力,g 取10 m/s 2,则以下说法正确的是( BC )A.L ＝1 m,x ＝1 m 时小球可以穿过矩形孔B.L ＝0.8 m,x ＝0.8 m 时小球可以穿过矩形孔C.L ＝0.6 m,x ＝1 m 时小球可以穿过矩形孔D.L ＝0.6 m,x ＝1.2 m 时小球可以穿过矩形孔【试题解析】：小球做自由落体运动,运动到矩形孔的上沿高度所需的时间为t 1＝ 2(H －h －d )g ＝0.2 s ；小球运动到矩形孔下沿高度所需的时间为t 2＝ 2(H －h )g＝0.4 s,则小球通过矩形孔的时间为Δt ＝t 2－t 1＝0.2 s,根据等时性知L 的最大值为L m ＝v 0Δt ＝0.8 m,故A 错误；若L ＝0.8 m,x 的最小值为x min ＝v 0t 1＝0.8 m,x 的最大值为x max ＝v 0t 2－L ＝0.8 m,则x ＝0.8 m,B 正确；若L ＝0.6 m,x 的最小值为x min ＝v 0t 1＝4×0.2 m ＝0.8 m,x 的最大值为x max ＝v 0t 2－L ＝1 m,所以0.8 m ≤x ≤1 m,C 正确,D 错误.8.法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点,如图中的L 1、L 2、L 3、L 4、L 5所示,若飞行器位于这些点上,会在太阳与地球引力共同作用下,可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动,人们称之为拉格朗日点.若发射一颗卫星定位于拉格朗日点L 2,下列说法正确的是( CD )A.该卫星绕太阳运动的周期和地球自转周期相等B.该卫星在L 2点处于平衡状态C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D.该卫星在L 2处所受太阳和地球引力的合力比在L 1处大【试题解析】：据题意知,卫星与地球同步绕太阳做圆周运动,则公转周期相同,故A 错误；卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力,这两个引力方向相同,合力不为零,处于非平衡状态,故B 错误；由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同,卫星的轨道半径大,根据公式a ＝4π2T 2r 可知,卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度,故C 正确；卫星在L 2或L 1处所受太阳和地球引力的合力提供做圆周运动的向心力,即F 合＝m 4π2T 2r ,卫星在L 2处的轨道半径比在L 1处大,所以合力比在L 1处大,故D 正确.二、非选择题(18′＋16′＋18′＝52′)9.如图所示,装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h ＝1.8 m.在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触.枪口与靶距离为L 时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s ＝90 m 后停下.装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹.(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g 取10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔,求L 的范围.【试题解析】：(1)装甲车加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝L v ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s t 2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L 2＝v 2hg ＋s ＝570 mL 的范围为492 m<L ≤570 m. 答案：(1)209m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m10.如图所示,底端切线水平且竖直放置的光滑14圆弧轨道的半径为L ,其轨道底端P 距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L ,Q 为圆弧轨道上的一点,它和圆心O 的连线OQ 与竖直方向的夹角为60°.现将一质量为m 、可视为质点的小球从Q 点由静止释放,不计空气阻力,重力加速度为g .试求：(1)小球在P 点时受到的支持力大小；(2)在以后的运动过程中,小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B 点的距离.【试题解析】：(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程,由动能定理得mgL (1－cos60°)＝12m v 2 解得v ＝gL小球在P 点时,由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2L解得F N ＝2mg(2)小球离开P 点后做平抛运动,设其水平位移为L 时所用时间为t ,则L ＝v t小球下落的高度为h ＝12gt 2 联立解得h ＝L 2故小球第一次与墙壁的碰撞点离B 的距离为d ＝L －h ＝12L . 答案：(1)2mg (2)12L 11.双星系统中两个星球A 、B 的质量都是m ,A 、B 相距为L ,它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动.实际观测该系统的周期T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值T 0,且T T 0＝k (k <1).于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C 的影响,并认为C 位于双星A 、B 的连线正中间,相对A 、B 静止,求：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统的周期理论值T 0；(2)星球C 的质量.【试题解析】：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统角速度相同,根据万有引力定律,两星之间的万有引力F ＝G m ·m L 2.设两星的轨道半径分别是r 1、r 2.由两星之间的万有引力提供两星做匀速圆周运动的向心力,有F ＝mr 1ω20,F ＝mr 2ω20,可得r 1＝r 2,因此两星绕连线的中点转动.由G m 2L 2＝m ·L 2·ω20,解得ω0＝ 2Gm L 3 所以T 0＝2πω0＝2π2GmL 3＝2π L 32Gm. (2)设星球C 的质量为M ,由于星球C 的存在,A 、B 双星的向心力均由两个万有引力的合力提供,则有G m 2L 2＋G mM ⎝ ⎛⎭⎪⎫12L 2＝m ·12L ·ω2 得ω＝ 2G (m ＋4M )L 3则T ＝2πω＝2π L 32G (m ＋4M )有TT0＝2πL32G(m＋4M)2πL32Gm＝mm＋4M＝k所以M＝1－k24k2m.答案：(1)2πL32Gm(2)1－k24k2m。

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第十三章第47讲
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3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性
进行．
4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了
热力学第二定律
．
增大的方向
ห้องสมุดไป่ตู้
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(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的．( × )
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2．(多选)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是( ACE )
A．内能增大 B．分子间的平均距离减小 C．向外界放热 D．外界对气体做正功 E．既不吸热，也不放热
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解析：由于温度不变，故气体内能不变(理想气体内能取决于温度)，A错误；取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知体积变小，故分子平均间距变小，B正确；恒温内能不变，ΔU＝0，体积变小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故C、D正确，E错误．

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4.如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内， AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是( B )
A．等于2R C．大于2R且小于52R
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6.如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在
转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转
动．将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放．若小球在
运动过程中受到的空气阻力大小不变．当小球运动到最低点P
时，轻杆对小球的弹力大小为
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A．轮胎与水平跑道间的动摩擦因数μ＝0.2 B．绳的拉力F的大小为55 N C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做的功为1 375 J D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W
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解析：绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力情况如图甲所示．由轮胎的速度—时间图象可得此过程的加速度为a2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律有－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，N2－ mg＝0，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；绳拉轮胎的过程中，轮胎的受
mg，方向竖直向上．下列说法
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2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试3

综合能力测试三牛顿运动定律时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.关于力学单位制,下列说法中正确的是( D )A.kg 、m/s 、N 是导出单位B.kg 、m 、J 是基本单位C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是gD.在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式是F ＝ma【试题解析】：kg 是质量的单位,它是基本单位,所以A 错误；国际单位制规定了七个基本量,分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量,它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J 是导出单位,B 错误；g 也是质量的单位,但它不是质量在国际单位制中的单位,C 错误；牛顿第二定律的表达式F ＝ma 是在各物理量都取国际单位制中的单位时得出的,D 正确.2.质量分别为m 1和m 2的两物体A 和B 互相接触,放在光滑水平面上,如图所示.对物体A 施加水平推力F ,则物体A 对物体B 的作用力等于( B )A.m 1m 1＋m 2F B.m 2m 1＋m 2F C.F D.m 2m 1F 【试题解析】：根据牛顿第二定律,对整体,有a ＝F m 1＋m 2,对B 物体,有F ′＝m 2a ＝m 2m 1＋m 2F . 3.甲、乙两球质量分别为m 1、m 2,从同一地点(足够高)同时由静止释放.两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f ＝k v (k 为正的常量).两球的v -t 图象如图所示.落地前,经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2.下列判断正确的是( C )A.释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C.甲球质量大于乙球质量D.t 0时间内两球下落的高度相等【试题解析】：释放瞬间,v ＝0,因此空气阻力f ＝0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g ,A 错误；两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时,有k v ＝mg ,因此最大速度与其质量成正比,即v ∝m ,故m 1m 2＝v 1v 2,B 错误；由图象知v 1>v 2,因此m 1>m 2,C 正确；图象与时间轴围成的面积表示位移,由图可知,t 0时间内两球下落的高度不相等,D 错误.4.某电梯只受重力与绳索拉力,在t ＝0时由静止开始上升,a -t 图象如图所示,则下列相关说法正确的是( D )A.t ＝4.5 s 时,电梯处于失重状态B.5～55 s 时间内,绳索拉力最小C.t ＝59.5 s 时,电梯处于超重状态D.t ＝60 s 时,电梯速度恰好为零【试题解析】：利用a -t 图象可判断,t ＝4.5 s 时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A 错误；0～5 s 时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5～55 s 时间内,电梯匀速上升,拉力等于重力,55～60 s 时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B 、C 错误；因a -t 图线与t 轴所围的“面积”表示速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t ＝60 s 时为零,D 正确.5.如图所示,在光滑水平面上,A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起,A 、B 的质量分别为m 1、m 2,在拉力F 作用下,A 、B 共同做匀加速直线运动,加速度大小为a .某时刻突然撤去拉力F ,此瞬间A 和B 的加速度大小分别为a 1和a 2,则( D )A.a 1＝0,a 2＝0B.a 1＝a ,a 2＝m 2m 1＋m 2a C.a 1＝m 1m 1＋m 2a ,a 2＝m 2m 1＋m 2a D.a 1＝a ,a 2＝m 1m 2a 【试题解析】：撤去拉力F 的瞬间,物体A 的受力不变,所以a 1＝a ,对物体A 受力分析,可得F 弹＝m 1a ；撤去拉力F 的瞬间,物体B 受到的合力大小为F 弹′＝F 弹＝m 2a 2,所以a 2＝m 1m 2a ,故选项D 正确. 6.如图所示,质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s 时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力,则在此恒力作用下(g 取10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( BC )A.物体经10 s 速度减为零B.物体经2 s 速度减为零C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动【试题解析】：物体受到向右的滑动摩擦力,f ＝μF N ＝μmg ＝3 N,根据牛顿第二定律得a ＝F ＋f m ＝2＋31m/s 2＝5 m/s 2,方向向右,物体减速到0所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s,B 正确,A 错误；减速到零后,F <f ,物体处于静止状态,不再运动,C 正确,D 错误.7.如图所示,质量都为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg (g 为重力加速度)的恒力F 向上拉B ,运动距离为h 时B 与A 分离.下列说法中错误的是( ABD )A.B 和A 刚分离时,弹簧处于原长B.B 和A 刚分离时,它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于mg hD.在B 与A 分离之前,它们做匀加速运动【试题解析】：在施加外力F 前,对A 、B 整体受力分析,可得2mg ＝kx 1,A 、B 两物体分离时,A 、B 间弹力为零,此时B 物体所受合力F 合＝F －mg ＝0,即受力平衡,两物体的加速度恰好为零,选项A 、B 错误；对物体A ,有mg ＝kx 2,由于x 1－x 2＝h ,所以弹簧的劲度系数为k ＝mg h ,选项C 正确；在B 与A 分离之前,由于弹簧弹力逐渐减小,故加速度逐渐减小,选项D 错误.8.如图甲所示,将物体A 放在某摩天大楼升降电梯的底板上,随电梯一起运动,此过程中物体对升降机底板的压力F 随时间t 变化的规律如图乙所示.已知物体A的质量为60 kg,g取10 m/s2.以下说法正确的是(AC)A.若电梯是由静止开始运动,则在25 s内电梯的位移大小为175 mB.若电梯是由静止开始运动,则在25 s内电梯的位移大小为275 mC.若5～15 s内电梯处于静止状态,则在25 s内电梯的位移大小为75 mD.若5～15 s内电梯处于静止状态,则在25 s内电梯的位移大小为125 m【试题解析】：若电梯是由静止开始运动,由图可知,在第一段时间0～5 s内,电梯向下做匀加速运动,有mg－F1＝ma1,解得a1＝600－48060m/s2＝2 m/s2,电梯下降的高度为h1＝12a1t21＝12×2×52 m＝25 m；在第二段时间5～15 s内,电梯向下做匀速运动,速度为v＝a1t1＝2×5 m/s ＝10 m/s,下降高度为h2＝v t2＝10×10 m＝100 m；在第三段时间15～25 s内,电梯向下做匀减速运动,有F2－mg＝ma2,解得a2＝660－60060m/s2＝1 m/s2,25 s末速度减为零,则下降高度为h3＝v22a2＝1002×1m＝50m,在25 s内电梯的位移为h＝h1＋h2＋h3＝(25＋100＋50) m＝175 m,故A正确,B错误；若5～15 s内电梯处于静止状态,则0～5 s内电梯处于减速上升状态,15～25 s内电梯处于加速上升状态,在25 s内电梯的位移大小h′＝h1＋h3＝(25＋50) m＝75 m,故C正确,D错误.二、非选择题(18′＋16′＋18′＝52′)9.在“用DIS研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中,甲、乙两组同学分别用如图(a)和(b)所示的实验装置进行实验,重物通过细线跨过滑轮拉相同质量的小车,位移传感器B随小车一起沿水平轨道运动,位移传感器A固定在轨道一端.甲组实验中把重物的重力作为拉力F,乙组直接用力传感器测得拉力F.改变重物的重力,重复实验多次,记录多组数据,并画出a-F图象.(1)位移传感器B属于发射器(选填“发射器”或“接收器”).(2)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是小车(包括位移传感器B)的质量远大于重物的质量.(3)图中符合甲组同学作出的实验图象的是②；符合乙组同学作出的实验图象的是①.【试题解析】：(1)位移传感器B属于发射器.(2)在该实验中实际是mg＝(M＋m)a,要满足mg＝Ma,应该使重物的质量远小于小车(包括位移传感器B)的质量,即小车(包括位移传感器B)的质量远大于重物的质量.(3)在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比.甲组同学把重物的重力作为拉力F,由实验原理mg＝Ma,可得a＝mgM,而实际上a′＝mg M ＋m,即随着重物的质量增大,不再满足重物的质量远小于小车(包括位移传感器B )的质量,所以图中符合甲组同学作出的实验图象的是②.乙组直接用力传感器测拉力F ,随着重物的质量增大,拉力F 测量是准确的,a -F 关系图象为一倾斜的直线且与甲的图象斜率相同,符合乙组同学作出的实验图象的是①.10.在平直公路上有A 、B 两辆汽车,二者质量均为6.0×103 kg,运动时所受阻力均为车重的115.它们的v -t 图象分别如图中a 、b 所示.g 取10 m/s 2.求：(1)A 车的加速度a A 和牵引力F A ；(2)0～3 s 内B 车的位移x B 和牵引力F B .【试题解析】：(1)由图可得A 车匀加速运动的加速度为a A ＝Δv Δt ＝148m/s 2＝1.75 m/s 2 由牛顿第二定律得F A －kmg ＝ma A解得F A ＝1.45×104 N.(2)0～3 s 内B 车的位移等于B 车的v -t 图线与坐标轴围成的面积,即x B ＝9 m由图可得B 车匀减速运动的加速度为a B ＝Δv ′Δt ′＝－23 m/s 2 由牛顿第二定律得F B －kmg ＝ma B解得F B ＝0.答案：(1)1.75 m/s 2 1.45×104 N (2)9 m 011.如图所示,AB、CD为两个光滑的平台,一倾角为37°、长为5 m 的传送带与两平台平滑连接.现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB 向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD上.(g取10 m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数；(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD,求这个临界速度；(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动,欲使小物体能到达平台CD,传送带至少以多大的速度顺时针运动？【试题解析】：(1)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得μmg cos37°＋mg sin37°＝ma1B→C过程,有v20＝2a1l解得a1＝10 m/s2,μ＝0.5.(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,根据牛顿第二定律得mg sin37°－μmg cos37°＝ma2若恰好能到达平台CD,有v2＝2a2l解得v＝2 5 m/s,a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2.从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程,有v21－v22＝2a1x1从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程,有v22＝2a2x2x1＋x2＝l解得v2＝3 m/s即传送带至少以 3 m/s的速度顺时针运动,小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。