最新2019年高考物理一轮复习讲义：章末自测卷 (14)

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(完整word版)2019届高三高考物理全国卷Ⅰ考试大纲模拟卷(十四)含详细答案解析

绝密★启用前2019届高三高考全国卷I考试大纲模拟卷（十四）理科综合物理（考试时间：50分钟试卷满分：110分）注意事项：1 •本试卷分第I卷（选择题）和第U卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2•回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3.回答第U卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一一并交回。

4.测试范围：高考物理全部内容。

第I卷一、选择题：本题共8个小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 如图所示，一质点在0〜10 s内，其v—t图象的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，贝y （）A . 0时刻，质点的加速度等于0B . 10 s内质点的位移约为21.5 mC .质点的加速度大小等于1 m/s2时的速度等于4.5 m/sD .质点的加速度随时间均匀减小2. 如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m= 0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△舶函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g= 10 m/s2，则下列说法中不正确的是（）A .该弹簧的劲度系数为20 N/mB .当Ax= 0.3 m时，小球处于超重状态C .小球刚接触弹簧时速度最大D .从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大3. 如图所示为一半径为R的均匀带电细环，环上单位长度带电荷量为n取环面中心0为原点，以垂直于环面的轴线为x轴.设轴上任意点P到原点0的距离为x,以无限远处为零电势点，P点的电势为©则下面给出的四个表达式中只有一个是合理的，这个合理的表达式是（式中k为静电力常量）（）2 n RkB .(=2n ykA . A R2+ x2,R2+ x22 n R yk 2 jR nkC . (f)= 一2 2V R2-x2D .(=R2+4. 如图所示，足够长的宽度为d的竖直条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC的B C边水平且长度为L,已知L>d.现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变化情况可能是（）甲5. 如图所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R.质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上.现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度V0向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知两棒始终与导轨垂直，在此过程中（）B. 铁棒在中间时刻的加速度是速度为V。

2019高考物理一轮复习试题精品教育.doc

2019高考物理一轮复习试题2019高考物理一轮复习试题A 对点训练练熟基础知识1.(单选)如图10所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为图10A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D.Bav解析摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B2a12v=Bav.由闭合电路欧姆定律得，UAB=ER2+R4R4=13Bav，故A正确.答案 A2.(2019武汉模拟)(多选)如图11所示是圆盘发电机的示意图;铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动.则().图11A.由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B.回路中感应电流大小不变，为BL22RC.回路中感应电流方向不变，为CDRCD.回路中有周期性变化的感应电流解析把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误;铜盘切割磁感线产生感应电动势为E=12BL2，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I=ER=BL22R，由右手定则可判断出感应电流方向为CDRC，选项B、C正确，D错误.答案 BC3.(2019焦作模拟)(多选)如图12所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L=1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R=10 的电阻.一阻值为R=10 的导体棒ab 以速度v=4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小为B=0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场.下列说法中正确的是().图12A.导体棒ab中电流的流向为由b到aB.cd两端的电压为1 VC.de两端的电压为1 VD.fe两端的电压为1 V解析导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误;由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv=2 V，感应电流I=E/2R=0.1 A，cd两端的电压为U1=IR=1 V，选项B 正确;由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，选项C错误，D正确.答案 BD4.(单选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图13甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，在图中正确表示线圈感应电动势E变化的是().图13解析在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1=1t1=B1t1S，在第2 s和第3 s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流.在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2=2t2=B2t2S，由于B1=B2，t2=2t1，故E1=2E2，由此可知，A选项正确.答案 A5.(单选)如图14所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心.环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直.导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置.规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是().图14解析导体杆OM在匀强磁场中垂直切割磁感线绕O逆时针方向转动，产生的感应电流大小为：i=ER=BL22R不变，转到没有磁场时，i=0;并由右手定则可判断电流流经电阻R的电流方向.答案 C6.(单选)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图15甲所示.磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则().图15A.从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB.从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大C.t1时刻，导线框中电流为0D.从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变解析导线框面积S不变，读图象知，有两个子过程.0～t1过程，磁感应强度正向减小;t1～t2过程，磁感应强度反向增大.0～t1时间内，正向磁通量减小，由楞次定律判定，应产生顺时针方向电流，故选A.t1～t2时间，磁通量反方向均匀增大，有Bt=k(k为常数).由E=t=SBt，I=ER，解得I=SkR，为定值，故不选B.bc边受到安培力为F安=BILbc，因磁感应强度B线性增大，所以F安线性增大，故不选D.t1时刻，穿过导线框的为0，但其变化率t=k0，所以感应电动势和电流均不为0，故不选C.答案 A7.(单选)边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中.现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图16所示，则下列图象与这一过程相符合的是().图16解析该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有=233x，所以E 电动势=Bl有v=233Bvxx，选项A错误，B正确;F外力=B2l2有vR=4B2x2v3Rx2，选项C错误;P外力功率=F外力vF外力x2，选项D错误.答案 B8.(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图17甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示.已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 ，以下说法正确的是().图17A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为22 TC.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22 CD.线框边长为1 m解析开始时，a=Fm=11 m/s2=1 m/s2，由图可知t=1.0 s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长l=12at2=0.5 m;由t=1.0 s时，线框速度v=at=1 m/s，F=3 N，根据牛顿第二定律有F-B2l2vR=ma，得B=22 T;线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q=It=12BlvRt=22C，故D错，A、B、C正确.答案 ABCB 深化训练提高能力技巧9.(2019福建卷，18)(单选)如图18，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律().图18解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v-t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v-t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v-t图象为A 选项中的图象.答案 A10.(2019四川卷，7)(多选)如图19所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k0).回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则().图19A.R2两端的电压为U7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b极板带正电，选项B错误.根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E=kr2，选项D错误.R2与R02的并联阻值R并=R02R02R02+R02=R04，根据串联分压的特点可知：UR2=47U14=17U，选项A正确.由P=U2R得：PR2=UR22R2=2U249R0.PR=27U2R02+17U2R22=10U249R0，所以PR=5PR2选项C正确. 答案 AC11.如图20所示，边长L=0.20 m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0=1.0 ，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r=0.20 .导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里.金属棒MN 与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上.若金属棒以v=4.0 m/s 的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字)图20(1)金属棒产生的电动势大小;(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向;(3)导线框消耗的电功率.解析 (1)金属棒产生的电动势大小为：E=2BLv=0.500.204.02 V=0.57 V.(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并=1.0 ，由闭合电路欧姆定律有I=ER 并+r=0.48 A，由右手定则有，电流方向从M到N.(3)导线框消耗的电功率为P框=I2R并=0.23 W答案 (1)0.57 V (2)0.48 V 电流方向从M到N (3)0.23 W 12.如图21甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20 m，电阻R=1.0 有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现在一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示.求杆的质量m和加速度a.图21解析导体杆在轨道上做初速为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=Blat①闭合回路中的感应电流为I=ER ②由安培力公式和牛顿第二定律得F-ILB=ma ③将①②式代入③式整理得F=ma+B2L2atR ④由乙图线上取两点，t1=0，F1=1 N;t2=29 s，F2=4 N代入④式，联立方程解得a=10 m/s2，m=0.1 kg.答案 0.1 kg 10 m/s22019高考物理一轮复习试题就分享到这里了，更多相关信息请继续关注高考物理试题栏目！。

2019《步步高》高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第四章) Word版含解析

章末自测卷(第四章)(限时：45分钟)一、单项选择题1、关于物体的受力和运动,下列说法中正确的是()A、物体在不垂直于速度方向的合力作用下,速度大小可能一直不变B、物体做曲线运动时,某点的加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向C、物体受到变化的合力作用时,它的速度大小一定改变D、做曲线运动的物体,一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用答案： D解析：物体在垂直于速度方向的合力作用下,速度大小可能一直不变,故A错误；物体做曲线运动时,某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向,而不是加速度方向,故B错误；物体受到变化的合力作用时,它的速度大小可以不改变,比如匀速圆周运动,故C错误；物体做曲线运动的条件：一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用,故D正确、2、(2017·辽宁师大附中期中)狗拉雪橇沿位于平面内的圆弧形道路匀速行驶,以下给出的四个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力F f的示意图(图中O为圆心)中正确的是()答案： C解析：题图A中,F f与F的合力不指向圆心,没有力提供向心力,A错误；题图B中,雪橇受到的滑动摩擦力不应指向圆心,应与速度方向相反,B错误；题图C、D中,雪橇受到向后的滑动摩擦力,牵引力与滑动摩擦力的合力指向圆心,牵引力偏向圆弧的内侧,C正确,D错误、3、如图1所示,在足够长的斜面上的A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0抛出,落到斜面上所用时间为t2,则t1与t2之比为()图1 A、1∶1 B、1∶2 C、1∶3 D、1∶4 答案： B解析：斜面倾角的正切值tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0,则运动的时间t＝2v0tan θg,可知运动的时间与平抛运动的初速度有关,初速度变为原来的2倍,则运动时间变为原来的2倍,所以时间之比为1∶2,B正确、4、(2018·湖南衡阳调研)两个质量不同的天体构成双星系统,它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,下列说法正确的是() A、质量大的天体线速度较大B、质量小的天体角速度较大C、两个天体的向心力大小相等D、若在圆心处放一个质点,它受到的合力为零答案： C5、如图2所示,转动轴垂直于光滑水平面,交点O的上方h处固定细绳的一端,细绳的另一端拴接一质量为m的小球B,绳长AB＝l>h,小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动、要使球不离开水平面,转动轴的转速n的最大值是()图2A 、12πg hB 、πghC 、12πg lD 、2πlg答案： A解析：对小球,在水平方向有F T sin θ＝mω2R ＝4π2mn 2R ,在竖直方向有F T cos θ＋F N ＝mg ,且R ＝h tan θ,当球即将离开水平面时,F N ＝0,转速n有最大值,联立解得n ＝12πg h ,则A 正确、6、(2018·吉林公主岭模拟)飞机俯冲拉起时,飞行员处于超重状态,此时座位对飞行员的支持力大于其所受的重力,这种现象叫过荷、过荷过重会造成飞行员大脑贫血,四肢沉重,暂时失明,甚至昏厥、受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力大小的支持力影响、g 取10 m/s 2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为100 m/s 时,圆弧轨道的最小半径为( )A 、100 mB 、111 mC 、125 mD 、250 m答案： C解析：在飞机经过最低点时,对飞行员受力分析：受重力mg 和支持力F N ,两者的合力提供向心力,由题意,F N ＝9mg 时,圆弧轨道半径最小,由牛顿第二定律列出：F N －mg ＝m v 2R min ,则得：8mg ＝m v 2R min,联立解得：R min ＝v 28g ＝10028×10m ＝125 m,故C 正确、 7、假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动,地球半径约为6 400 km,地球同步卫星距地面高为36 000 km,宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运行,每当二者相距最近时,宇宙飞船就向同步卫星发射信号,然后再由同步卫星将信号送到地面接收站、某时刻二者相距最远,从此刻开始,在一昼夜的时间内,接收站共接收到信号的次数为(忽略从宇宙飞船向同步卫星发射信号到地面接收站接收信号所用的时间)( )A 、4次B 、6次C 、7次D 、8次答案： C解析：对飞船,G Mm (R ＋h 1)2＝m 4π2T 21(R ＋h 1),对同步卫星,G Mm ′(R ＋h 2)2＝m ′4π2T 22(R ＋h 2),由于同步卫星的运行周期为T 2＝24 h,可求出载人宇宙飞船的运行周期T 1＝3 h,因此飞船一昼夜内绕地球8圈,比同步卫星多运动了7圈,因此相遇7次,接收站共接收到7次信号,C 正确,A 、B 、D 错误、8、一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上,已知万有引力常量为G ,星球密度为ρ,若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零,则星球自转的角速度为( )A 、43ρG π B 、3πρGC 、ρG πD 、3πρG答案： A二、多项选择题 9、(2018·河南郑州质检)暗物质是二十一世纪物理学之谜,对该问题的研究可能带来一场物理学的革命、为了探测暗物质,我国曾成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星、已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t (t 小于其运动周期),运动的弧长为s ,与地球中心连线扫过的角度为β(弧度),引力常量为G ,则下列说法中正确的是( )A 、“悟空”的线速度大于第一宇宙速度B 、“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C 、“悟空”的环绕周期为2πt βD 、“悟空”的质量为s 3GT 2β答案： BC解析：第一宇宙速度为卫星的最大环绕速度,“悟空”的线速度不会大于第一宇宙速度,A 错误；根据万有引力提供向心力得a ＝G M r 2,可知半径小的向心加速度大,则“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,B 正确；“悟空”运动的角速度为ω＝βt ,周期T ＝2πt β,C正确；“悟空”为绕行天体,不能计算其质量,D 错误、10、如图3所示,两个水平圆盘的半径分别为R 、2R ,小圆盘转动时会带动大圆盘不打滑地一起转动、质量为m 的小物块甲放置在大圆盘上距离转轴为R 处,质量为2m 的小物块乙放置在小圆盘的边缘处,它们与盘面间的动摩擦因数相同、当小圆盘以角速度ω转动时,两物块均相对圆盘静止、下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A 、小物块甲受到的摩擦力大小为14mω2RB 、两物块的线速度大小相等C 、在角速度ω逐渐增大的过程中,小物块甲先滑动D 、在角速度ω逐渐减小的过程中,摩擦力对两物块做负功答案： AD11、我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的模拟实验活动、假设王跃登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的12,质量是地球质量的19、已知地球表面的重力加速度是g ,地球的半径为R ,王跃在地球表面上能向上竖直跳起的最大高度是h ,忽略自转的影响,下列说法正确的是( )A 、火星的密度为2g 3πGRB 、火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等C 、火星表面的重力加速度是4g 9D 、王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后,能达到的最大高度是9h 4答案： ACD解析：由G Mm R 2＝mg ,得g ＝GM R 2,已知火星半径是地球半径的12,质量是地球质量的19,则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的49,即为49g ,选项C 正确；设火星质量为M ′,由万有引力等于重力可得：G M ′m R ′2＝mg ′,解得：M ′＝gR 29G ,密度为：ρ＝M ′V ＝2g 3πGR ,选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R ,得v ＝GMR ,火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍,选项B 错误；王跃以v 0在地球上起跳时,根据竖直上抛的运动规律得出跳起的最大高度是：h ＝v 202g ,由于火星表面的重力加速度是49g ,王跃以相同的初速度在火星上起跳时,可跳的最大高度h ′＝94h ,故D正确、三、非选择题12、在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图4所示、P 是个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒、高度为h 的探测屏AB 竖直放置,离P 点的水平距离为L ,上端A 与P 点的高度差也为h 、图4(1)若微粒打在探测屏AB 的中点,求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等,求L 与h 的关系、答案： (1)3h g (2)L2g h ≤v ≤L g2h (3)L ＝22h解析： (1)打在AB 中点的微粒 32h ＝12gt2 ①解得t ＝3hg② (2)打在B 点的微粒 v 1＝L t 1；2h ＝12gt 12③解得v 1＝L 2gh ④ 同理,打在A 点的微粒初速度v 2＝L g2h⑤ 则能被屏探测到的微粒的初速度范围为L 2gh ≤v ≤L g2h⑥(3)由能量关系可得12m v 22＋mgh ＝12m v 12＋2mgh⑦联立④⑤⑦式得L ＝22h 、。

全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练14 Word版含答案

课时跟踪训练(十四) 一、选择题1．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.＝ v 1v 2r 2r 1B.＝ v 1v 2r 1r 2C.＝2v 1v 2(r 2r 1)D.＝2v 1v 2(r 1r 2)[解析]　人造卫星围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得，＝m ，解得v ＝，＝，选项A 正确．GMmr 2v 2r GMr v 1v 2r 2r 1[答案]　A2．(2015·北京卷)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转周期大于火星的公转周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度[解析]　由太阳对行星的引力是行星围绕太阳做匀速圆周运动的向心力：＝m ＝mω2r ＝m r ＝ma 得v ＝，ω＝，a ＝，T ＝，GMm r 2v 2r 4π2T 2GM r GMr 3GMr 24π2r 3GM 火星到太阳的距离大(r 大)，故火星公转的线速度小，角速度小，加速度小，周期大．也可简记口诀“高轨低速大周期”，D 选项正确．[答案]　D3．(2015·山东卷)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1[解析]　空间站与月球以相同的周期绕地球运动，由a ＝r 2知a 1<a 2；月(2πT)球轨道半径比地球同步卫星大，由a ＝知a 3>a 2，故D 项正确．GM 地r 2[答案]　D4．(2015·云南一模)下列说法正确的是( )A ．绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船，其速度可能大于7.9 km/sB ．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动C ．人造地球卫星返回地球并安全着陆的过程中一直处于失重状态D ．嫦娥三号在月球上着陆的过程中可以用降落伞减速[解析]　地球的第一宇宙速度7.9 km/s ，是人造卫星的最小发射速度，是卫星环绕地球运动的最大速度，故A 错误．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，物体处于完全失重状态，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，故B 正确．卫星在降落过程中向下减速时，加速度方向向上，处于超重状态，故C 错误．月球上没有空气，不可以用降落伞减速，故D 错误．[答案]　B5．(2015·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小[解析]　宇航员在“旋转舱”内要受到与地球表面相同大小的支持力，就是要求其向心加速度a 等于地球表面重力加速度g .由a ＝g ＝ω2r 得ω＝.由此gr 可知，r 越大，ω越小，与宇航员质量无关，故只有B 正确．[答案]　B6．(多选)(2015·江西上饶二模)2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥五号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥五号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G ，则( )A ．航天器的轨道半径为θsB ．航天器的环绕周期为2πtθC ．月球的质量为s 3Gt 2θD ．月球的密度为3θ24Gt 2[解析]　根据几何关系得r ＝，故A 错误；经过时间t ，航天器与月球的中sθ心连线扫过角度为θ，则＝，得T ＝，故B 正确；由万有引力充当向心力tT θ2π2πtθ做圆周运动，所以G ＝m r ，M ＝＝＝，故C 正确；人Mm r 24π2T 24π2r 3GT 24π2(sθ)3G (2πtθ)2s 3Gt 2θ造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r ，则月球的体积V ＝πr 3＝π34343(sθ)月球的密度ρ＝＝＝，故D 错误．M V s 3Gt 2θ43π(s θ)33θ24πGt 2[答案]　BC7．(多选)(2015·江苏如皋高三期末)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面重力加速度为g ′，地球的质量为M 地，该星球的质量为M 星．空气阻力不计．则( )A ．g ′∶g ＝5∶1B ．g ′∶g ＝1∶5C ．M 星∶M 地＝1∶20D ．M 星∶M 地＝1∶80[解析]　小球以相同的初速度在星球和地球表面做竖直上抛运动，星球上：v 0＝g ′·得，g ′＝，同理地球上的重力加速度g ＝；则有5t22v 05t 2v 0t g ′∶g ＝1∶5，所以A 错误，B 正确．由星球表面的物重近似等于万有引力可得，在星球上取一质量为m 0的物体，则有m 0g ′＝G ，得M 星M 星m 0R 2星＝，同理得：M 地＝，所以M 星∶M 地＝1∶80，故C 错误，D 正g ′R 2星Gg ·R 2地G 确．[答案]　BD8. (2015·北京海淀区高三期中练习)理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．现假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的实心球体，O 为球心，以O 为原点建立坐标轴Ox ，如图甲所示．一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x 轴上各位置受到的引力大小用F 表示，则图乙所示的四个F 随x 的变化关系图正确的是( )[解析]　球壳内距离球心r 的位置，外面环形球壳对其引力为0，内部以r 为半径的球体看作球心处的质点，对其引力为F ＝＝＝Gρπrm ，引力大小与r 成正比，图象为倾GM ′mr 2G ρ43πr 3m r 243斜直线，当r >R 时，球体看作圆心处的质点，引力F ＝＝，F ∝GMmr 2G ρ43πR 3m r 2，对照选项A 对B 、C 、D 错．1r 2[答案]　A9．(2015·山东青岛一模)2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P 彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅．载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P 彗星俘获后经过一系列变轨，成功地将“菲莱”着陆器弹出，准确地在彗星表面着陆．如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B 点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A ，使A 与B 的连线与BO 连线的最大夹角为θ，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为( )T 1T2A ．sin 3θ B.1sin3θC.D.sin3θ1sin3θ[解析]　根据几何关系连接OA 可得△OAB 是直角三角形，故轨道1和轨道2的半径之比＝sin θ，再根据万有引力提供圆周运动向心力有G ＝mr ，r 1r 2mMr 24π2T 2可得圆周运动的周期T ＝，所以＝＝.故A 、B 、D 错误，4π2r 3GM T 1T 2(r 1r 2)3sin3θC 正确．[答案]　C10．(2015·北京朝阳一模)第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又倍，这个关系对其他2天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以至于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c ，太阳的半径为R ，太阳的逃逸速度为.c500假定太阳能够收缩成半径为r 的黑洞，且认为质量不变，则应大于( )Rr A ．500 B ．5002C ．2.5×105D ．5.0×105[解析]　设第一宇宙速度为v 1，根据＝得v 1＝，即＝GMmR 2mv 21R GMR c5002，同理可得＝，两式相比得＝2.5×105，故C 正确．GMR c2GMr Rr [答案]　C 二、非选择题11．(2015·广西南宁二中、玉高、柳高高三联考)已知地球绕太阳做圆周运动的轨道半径为R 、周期为T 、万有引力常量为G .求：(1)太阳的质量M ；(2)已知火星绕太阳做圆周运动的周期为1.9 T ，求地球与火星相邻两次距离最近时的时间间隔t .[解析]　(1)对于地球绕太阳运动，G ＝mRω2；ω＝2π/T ，MmR 2解得M ＝.4π2R 3GT 2(2)根据圆周运动规律，地球再一次与火星相距最近的条件是ω地t －ω火t ＝2π，ω地＝2π/T ，ω火＝2π/T 火，联立解得：t ＝≈2.1 T.TT 火T 火－T [答案]　(1)　(2)2.1 T4π2R 3GT 212．(2015·江西省部分重点中学高三联考)有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，到地心的距离为地球半径R 0的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合．已知地球表面重力加速度为g ，近似认为太阳光是平行光，试估算：(1)卫星做匀速圆周运动的周期；(2)卫星绕地球一周，太阳能收集板工作的时间．[解析]　(1)地球卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：G ＝m (2R 0)Mm(2R 0)24π2T 2在地球表面有＝mg GMmR 20卫星做匀速圆周运动的周期为T ＝4π2R 0g(2)如图，当卫星在阴影区时不能接受太阳光，由几何关系知：∠AOB ＝∠COD ＝π3卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间t ＝T ＝ 5610π32R 0g [答案]　(1)4π　(2) 2R 0g 10π32R 0g。

2019高考物理一轮复习优练题14含解析新人教版.docx

2019人教版高考物理一轮优练题（14）李仕才汽车装备了具有自动刹车功能的安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。

当车速i<10m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采収制动措施, 系统就会立即自动刹车，使汽车避免与障碍物相撞。

在上述条件下，若该车在不同路况下的自动刹车的加速度取4卞m/s 2Z 间的某一值，则自动刹车的最长时间为（）答案|C 解岡当车速最大勺=10 m/s 且加速度取最小值时，自动刹车时间最长。

由速度公式，v=v.-at 解得t 我.5 s,选项C 正确。

上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的"点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A. 滑块不可能只受到三个力作用B. 弹簧可能处于伸长状态C. 斜面对滑块的支持力大小可能为零D. 斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg答案|BD蓟弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面,因为弹簧的形变情况未知, 所以斜而与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜而支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原反状态，故A 错误,B 正确;沿斜面方向,根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜而向下的分力力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C 错误,D 正确。

3、（图彖问题）（2018 •河北衡水中学一调）如图，穿在水平直杆上质量为刃的小球开始时静止。

现对小球沿杆方向施加111力尺,垂直于杆方向施加竖直向上的力F,.目.尸的大小始终与小球的速度成正比，即F=kv ｛图中未标出）。

己知小球与杆间的动摩擦因数为〃，小球运动过程中未从杆上脱落，且FQ mg 。

下列关于运动中的速度一时间图象正确的是（）1、（匀变速直线运动规律的应用）（2017 •湖北武汉调研）如图A. s 25B. 3 sC. 2. 5 sD. 12.5 s-质量为刃的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面不为零，有摩擦答案|C解岡小球开始重力大于竖直向上的力〃;支持力方向向上，随着速度的增大，尸增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大。

2019《步步高》高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第一章) Word版含解析

章末自测卷(第一章)(限时：45分钟)一、单项选择题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 、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答案： A2、在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法,如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等,以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是( )A 、根据速度定义式v ＝Δx Δt ,当Δt 非常小时,Δx Δt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度,该定义采用了极限法B 、在不需要考虑物体的大小和形状时,用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法C 、加速度的定义式为a ＝Δv Δt ,采用的是比值定义法D 、在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看做匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了微元法答案： B3、(2018·福建龙岩质检)一汽车装备了具有“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、当车速小于等于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”,使汽车避免与障碍物相撞、在上述条件下,若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s 2之间的某一值,则“全力自动刹车”的最长时间为( )A 、53 sB 、253 sC 、2、5 sD 、12、5 s答案： C解析：当车速最大为10 m/s 且加速度取最小值时,“全力自动刹车”时间最长,由速度与时间关系v ＝v 0＋at 可知,t ＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2、5 s,C 项正确、4、如图1所示,a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动,其位移－时间图象中,图线c 是一条x ＝0、4t 2的抛物线、有关这三个物体在0～5 s 内的运动,下列说法正确的是( )图1A 、a 物体做匀加速直线运动B 、c 物体做匀加速直线运动C 、t ＝5 s 时,a 物体速度比c 物体速度大D 、a 、b 两物体都做匀速直线运动,且速度相同答案： B解析： x －t 图象是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,则知a 、b 两物体都做匀速直线运动,由题图看出,a 、b 两图线的斜率大小相等、正负相反,说明两物体的速度大小相等、方向相反,所以速度不同,A 、D错误；图线c 是一条x ＝0、4t 2的抛物线,结合x ＝v 0t ＋12at 2可知,c 物体做初速度为0、加速度为0、8 m/s 2的匀加速直线运动,B 正确、图线的斜率大小等于速度大小,根据题图可知,t ＝5 s 时c 物体速度比a 物体速度大,C 错误、5、一物体做匀变速直线运动,经过时间t ,它的速度由v 1变为v 2,通过的位移为x ,下列说法中错误的是( )A 、这段时间内它的平均速度v ＝x tB 、这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22C 、通过x 2时,它的瞬时速度为x tD 、通过x 2时,它的瞬时速度为v 21＋v 222答案： C6、(2017·河北衡水联考)如图2所示,两条曲线为汽车a 、b 在同一条平直公路上的速度－时间图象,已知在t 2时刻两车相遇,下列说法正确的是( )图2A 、a 车速度先减小后增大,b 车速度先增大后减小B 、t 1时刻a 车在前,b 车在后C 、t 1～t 2时间内,a 、b 位移相同D 、a 车加速度先减小后增大,b 车加速度先减小后增大答案： D解析：由题图可知a 车速度先增大后减小,b 车速度先减小后增大,故A 错误、在t 2时刻两车相遇,在t 1～t 2时间内,a 车图线与时间轴围成面积大,则a 车位移大,可知t 1时刻,b 车在前,a 车在后,故B 、C 错误、v －t 图象中图线斜率表示加速度,故a 、b 两车加速度先减小后增大,故D 正确、7、如图3,一质点从A 点开始做初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小为a ,B 、C 、D 是质点运动路径上三点,且BC ＝x 1,CD ＝x 2,质点通过B 、C 间所用时间与经过C 、D 间所用时间相等,则质点经过C 点的速度为( )图3A 、x 1＋x 22a x 2－x 1 B 、x 1＋x 24a x 2－x 1 C 、x 2－x 12a x 2＋x 1 D 、x 2－x 14a x 2＋x 1 答案： A解析：设质点从B 到C 所用时间为T ,则从B 到D 的时间为2T ,由Δx ＝aT 2有x 2－x 1＝aT 2,得T ＝x 2－x 1a ,质点经过C 点的速度v C ＝x 1＋x 22T ＝x 1＋x 22a x 2－x 1,因此A 项正确、二、多项选择题8、(2018·广东广州调研)如图4所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象,已知甲对应的是图象中的直线,乙对应的是图象中的曲线,则下列说法正确的是()图4A、甲做匀减速直线运动B、乙做变速直线运动C、0～t1时间内两物体平均速度大小相等D、两物体的运动方向相反答案：BD解析：由题图中图象的斜率表示速度,知甲沿负方向做匀速直线运动,故A错误、乙图象切线的斜率不断增大,说明乙的速度不断增大,做变速直线运动,故B正确、根据坐标的变化量等于位移知,0～t1时间内两物体位移大小不相等,方向相反,所以平均速度不相等,故C错误、根据图象的斜率表示速度可知,甲的速度为负,乙的速度为正,即两物体的运动方向相反,故D正确、9、(2017·河北唐山一中模拟)如图5所示,长度为0、55 m的圆筒竖直放在水平地面上,在圆筒正上方距其上端1、25 m处有一小球(可视为质点)、在由静止释放小球的同时,将圆筒竖直向上抛出,结果在圆筒落地前的瞬间,小球在圆筒内运动而没有落地,则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计,取g＝10 m/s2)()图5A、2、3 m/sB、2、6 m/sC、2、9 m/sD、3、2 m/s答案：BC解析：整个过程中小球做自由落体运动,圆筒做竖直上抛运动小球下落时间为t1＝2hg,h为实际下落高度圆筒在空中运动时间为t2＝2v0g,v0为其上抛初速度根据题中要求,在圆筒落地前的瞬间,小球在圆筒内运动而没有落地,则对临界情况分析：①圆筒上抛速度较小时,当圆筒落地瞬间,小球刚到圆筒上沿则h1＝1、25 m又t1＝t2即2h1g＝2v01g解得v01＝2、5 m/s、②圆筒上抛速度较大时,当圆筒落地瞬间,小球刚要落地则h2＝(1、25＋0、55) m＝1、8 m又t1＝t2即2h2g＝2v02g解得v02＝3 m/s、故圆筒上抛速度范围为2、5 m/s＜v0＜3 m/s故选项B、C正确、三、非选择题10、在利用打点计时器做“研究匀变速直线运动”的实验中,图6甲所示为一次记录小车运动情况的纸带,图中A、B、C、D、E为相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔T＝0、1 s、图6(1)根据纸带可判定小车做________运动、(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D ＝________m/s,v C ＝________m/s,v B ＝________m/s 、在如图乙所示坐标系中作出小车的v －t 图象,并根据图线求出a ＝________、(3)将图线延长与纵轴相交,交点的速度不为零,此速度的物理意义是________、答案： (1)匀加速直线 (2)3、90 2、64 1、38 见解析：图 12、60 m/s 2 (3)零时刻小车经过A 点的速度解析： (1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12、60 cm故小车做匀加速直线运动、(2)根据v ＝2v t可知 v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2m/s ＝3、90 m/s v C ＝(60.30－7.50)×10－20.2m/s ＝2、64 m/s v B ＝27.60×10－20.2m/s ＝1、38 m/s 描点连线得v －t 图象如图所示、根据图线斜率知a ＝12、60 m/s 2、(3)表示零时刻小车经过A 点的速度、11、一个滑雪运动员,从85 m 长的山坡上匀加速滑下,初速度为1、8 m/s,滑到山坡底端的末速度为5、0 m/s,求：(1)下滑过程中的平均速度v 的大小；(2)下滑的加速度a 的大小；(3)下滑的时间t 、答案： (1)3、4 m/s (2)0、128 m/s 2 (3)25 s解析： (1)根据匀变速直线运动中平均速度公式 v ＝v 0＋v 2,有 v ＝1.8＋5.02 m/s ＝3、4 m/s 、(2)由v 2－v 02＝2ax 得,a ＝v 2－v 202x ,代入数据得a ＝0、128 m/s 2,(3)由v ＝v 0＋at 得,t ＝v －v 0a ,代入数据得t ＝25 s 、12、在平直公路上行驶的a 车和b 车,其位移—时间图象分别为图7中直线a 和曲线b ,已知b 车的加速度恒定且a ＝－2 m/s 2,t ＝3 s 时,直线a 和曲线b 刚好相切、求：t ＝0时a 车和b 车的距离x 0、图7答案： 9 m解析：由题图可知：a 车的速度v a ＝8－23 m/s ＝2 m/st ＝3 s 时,直线a 和曲线b 刚好相切,即此时b 车的速度v b ′＝v a ＝2 m/s 设b 车的初速度为v b ,对b 车,v b ＋at ＝v b ′解得v b ＝8 m/st ＝3 s 时,a 车的位移x a ＝v a t ＝6 mb 车的位移x b ＝v b ＋v b ′2t ＝15 m 由题图知,t ＝3 s 时a 车和b 车到达同一位置,得x 0＝x b －x a ＝9 m 、13、(2018·河南郑州模拟)一水池水深H ＝0、8 m 、现从水面上方h ＝0、8 m 高处由静止释放一质量为m ＝0、1 kg 的硬质球体,测得球体从释放到落至水池底部用时t ＝0、6 s 、已知球体直径远小于水池深度,不计空气及水的阻力,取g ＝10 m/s 2,求：(1)通过计算判断球体在水中做什么运动？(2)从水面上方多高处静止释放小球,才能使小球落至池底所用时间最短、答案： (1)匀速运动 (2)0、4 m解析： (1)设小球落至水面所用时间为t 1,在水中运动做匀变速运动,加速度为a ,则h ＝12gt 12,v ＝gt 1,H ＝v (t －t 1)＋12a (t －t 1)2 解得a ＝0,则小球在水中做匀速运动、(2)设释放点距水面距离为s ,则t s ＝2sg ,v s ＝2gs ,t ′＝2s g ＋H2gs ,由数学知识知,当2s g ＝H 2gs时t ′最小, 即s ＝H 2＝0、4 m 、。

2019届高考物理(新课标)一轮复习测评手册(共计162页,含答案解析)测评答案

, 高考复习方案 | 新课标★物理参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C 2.C 3.A 4.B 5.B 6.A7．(1)打开电源释放纸带(2)0.641 (3)大[解析] (1)实验时调整好仪器，开始打点计时的时候，应先开电源，然后再放纸带使纸带运动，这样可以使纸带上打出的点更多，有效点也较多，纸带的利用率较高．(2)a＝()8.75＋9.41＋10.06－()6.84＋7.48＋8.139×0.12cm/s2＝0.641 m/s2.(3)如果实验所用交流电的实际频率偏小，那么纸带上相邻两个计数点间的时间间隔的测量值偏小，由此根据匀变速直线运动规律a＝ΔxT2得到的加速度的测量值比实际值偏大．8．(1)3 m/s (2)1.75 s[解析] (1)上升阶段人做加速度为g的匀减速直线运动，由运动学公式得－v20＝－2gh解得v0＝2gh＝3 m/s.(2)上升阶段由运动学公式得0＝v0－gt1解得上升阶段经历的时间t1＝v0g＝310s＝0.3 s自由落体运动过程由运动学公式得H＝12gt22解得下落过程经历的时间t2＝2Hg＝2×10.4510s＝1.45 s故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s.9．125 m或245 m45分钟单元能力训练卷(二)1．C 2.B 3.C 4.A 5.D 6.C7．(1)2.60 (2)图略 5.1 (3)59[解析] (1)精度为0.1 N的弹簧测力计要估读到0.01 N，其读数为2.60 N；(2)作出力的图示，再作力的平行四边形，根据比例大小换算得合力为5.1 N；(3)由图丙可知1 N对应的长度约为17 mm ，又F＝kx，故k＝Fx＝59 N/m.8．(1)250 N 50 3 N (2)100 N 9．160 N[解析] A、B的受力分析如图所示．对A由平衡条件得F T sin 37°＝f1＝μF′N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立以上两式可得：F N1＝3m A g4μ＋3＝60 Nf1＝μF N1＝30 N. 对B由平衡条件得F ＝f′1＋f 2＝f′1＋μF N2＝f 1＋μ(F N1＋m B g)＝160 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.C7．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够8．(1)0.4 s (2)34[解析] (1)物体上滑，由牛顿第二定律，有mgsin 30°＝ma解得a 1＝mgsin 30°m＝5 m/s 2 由运动学公式，上滑时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s 上滑的位移x ＝12v 0t 1＝0.4 m. (2)下滑时间t 2＝t －t 1＝(1.2－0.4) s ＝0.8 s又下滑的位移x ＝12a 2t 22 解得加速度a 2＝1.25 m/s 2对下滑过程，由牛顿第二定律，有mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 2解得μ＝34. 9．(1)3 m (2)2.5 kg (3)40 J45分钟滚动复习训练卷(一)1．D 2.A 3.C 4.D 5.B 6.C7．(1)电火花垫高做匀速直线运动(或均匀打点)(2)m ≪M(或钩码的总质量远小于小车的质量) M(或小车的质量) (3) 0.95[解析] (1)电火花式打点计吋器的摩擦力小；平衡摩擦时，在没有钩码拖动下，需要将长木板的右端垫高，使小车做匀速直线运动．(2)细绳对小车的拉力F T ＝M M ＋m.mg ，在m ≪M 的条件下，可以认为拉力近似等于钩码的总重力mg ，在控制M 不变的情况下，可以探究加速度与力的关系．(3)由Δx ＝aT 2，则a ＝62.00－51.55－（51.55－42.05）0.12×10－2m/s 2＝0.95 m/s 2. 8．(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s9．(1)1 s (2)如图所示 (3)1.25 m45分钟单元能力训练卷(四)1．B 2.A 3.B 4.C 5.B 6.B7．每个周期激光照射到反光材料的时间 7.14 0.228．(1)4π2()R ＋h 3GT 2 (2)4π2()R ＋h 3R 2T 2 (3)3π()R ＋h 3GT 2R3 [解析] (1)根据万有引力提供向心力，有G Mm ()R ＋h 2＝m 4π2T 2(R ＋h) 解得M ＝4π2()R ＋h 3GT2. (2)月球表面万有引力等于重力，即GMmR 2＝mg 解得g ＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2. (3)根据ρ＝M V ，V ＝43πR 3 解得ρ＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3. 9．(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N45分钟单元能力训练卷(五)1．A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.B7．(1)0.196 0.100(2)钩码的质量接近小车的质量，在钩码下落过程中，钩码减少的重力势能转化为小车和钩码的动能8. (1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N[解析] (1)小球做平抛运动，落至A 点时，由平抛运动速度分解图可得v 0＝v y cot αv A ＝v y sin α由运动学规律，有v 2y ＝2ghh ＝12gt 2 x ＝v 0t由以上各式解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 m ，v A ＝10 m/s.(2)由动能定理，有mgH ＝12mv 2B －12mv 2A 解得v B ＝20 m/s.(3)小球在BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，小球从C 点到D 点，由动能定理得－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C 在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2D R解得F N ＝3 N.9. (1)2 m/s ，水平向右理由略 (2)0.2 (3)－24 J 36 J[解析] (1)由题图乙可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图乙可知，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝Ma ，其中f ＝μF N ，F N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝210＝0.2. (3)由题图乙可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移x ＝vt ＝2×3 m ＝6 m所以物块对传送带所做的功为W ＝－fx ＝－4×6 J ＝－24 J物块与传送带前2 s 内的相对位移x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫42×2 ＋2×2 m ＝8 m 第3 s 内的相对位移x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×1－22×1 m ＝1 m 故物块相对于传送带的总位移x′＝x 1＋x 2＝9 m系统中转化为内能的能量Q ＝fx ＝μMgx ＝4×9 J ＝36 J.45分钟单元能力训练卷(六)1．A 2.D 3.D 4. B 5.A 6.B7．(1)2 m/s (2)0.8 m/s[解析] (1)恒力做的功为W ＝Fl ＝2 J弹簧具有的最大弹性势能为E p ＝W ＝2 J弹簧完全弹开达到原长时，A 速度达到最大，即E p ＝12m A v 2，解得v A ＝2E p m A＝2 m/s. (2)当弹簧再次达到原长时，B 物体的速度最大，由动量和能量守恒有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 2B 解得v B ＝0.8 m/s. 8．(1)14m (2)4.5 J 45分钟滚动复习训练卷(二)1．A 2.B 3.B 4.D 5. C 6.C7. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒8．(1)3.0 m/s (2)3.0 J9．(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J45分钟单元能力训练卷(七)1. C2.D3. C4.D5. C6.C7．(1)90 J (2)5 m/s (3) 小球没有冲出圆槽[解析] (1)在整个过程中，电场力对小球P 做的功为W ＝qE h tan θ＝－90 J 小球P 电势能增加ΔE p ＝－W ＝90 J.(2)根据受力分析可知，斜面对小球P 的支持力为N ＝－qEsin θ＋mgcos θ根据动能定理得mgh ＋qE h tan θ－μN h sin θ＝12mv 2－0 解得v ＝5 m/s.(3)设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得mv ＝2mv′解得 v′＝2.5 m/s根据机械能守恒定律得12mv 2＝12·2mv ′2＋mgH 解得H ＝0.625 m<R ，所以小球没有冲出圆槽. 8．(1)16L 0 L 02v 0(2)能 45分钟单元能力训练卷(八)1．C 2.D 3.A 4.A 5.A 6.C7．(1)0.520 (2)①×1 ②欧姆右边的零刻线处 12(3)A C 图略8．(1)R 断路(2)如图所示(3)图略 1.50 V 0.50 Ω[解析] (1)把两表笔接c 、d 时，电压表有示数，说明c 到电源负极、d 到电源负极接触良好，且多用电表示数与电压表示数相同，大小接近电动势，则故障为R 断路；(2)实物电路连接如图所示；(3)根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U ＋I(r ＋R 0)，整理可得U ＝E －I ()R 0＋r ，图像的斜率k ＝R 0＋r ＝1.30.43Ω≈3 Ω，则r ＝0.50 Ω，图像与纵轴的截距b ＝E ＝1.50 V.。

2019年高考物理一轮复习专全集题(含解析)

测量速度和加速度的方法【纲要导引】此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度来验证牛二或动能定理等。

此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。

【点拨练习】考点一打点计时器利用打点计时器测加速度时常考两种方法：（1）逐差法纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆）点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔）（2）平均速度法，两边同时除以t，，做stt图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是开始计时点0的初速0v。

1.【10年重庆】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=50H z 在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1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：A S =16.6mmB S =126.5mm D S =624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：① 相信两计数点的时间间隔为__________S② 打C 点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)③ 物体的加速度大小为__________(用A S 、B S 、D S 和f 表示)【答案】①0.1s ②2.5 ③【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=0.1s ．②根据间的平均速度等于点的速度得v c ==2.5m/s ． ③利用逐差法：,两式相加得,由于,，所以就有了,化简即得答案。

2.【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？【答案】（1）CD（2）39.0 （3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【解析】根据速度计算速度。

2019届全国高三一轮精品卷(十四)理综物理试卷

2019届全国高三一轮精品卷（十四）理综物理试卷本试卷共16页，共38题（含选考题），分选择题和非选择题两部分。

全卷满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1. 在光电效应实验中，先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管．若实验a 中的光强大于实验b中的光强，实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线分别以a、b表示，则下列图中可能正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】试题分析：光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．...............光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，入射光的频率越高，对应的截止电压越大，由于入射光的频率没有变，故遏止电压相同，即图线与横轴的交点相同．由于a光的光强大于b光的光强，所以a的饱和电流大于b的饱和电流．故A故符合要求，故A正确．2. 如图，在一段平直的地面上等间距分布着一排等高的电线杆，挂在电线杆上的电线粗细均匀。

(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律章末检测

（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律章末检测1.如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则( )．图1A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小解析首先有两个问题应搞清楚，①物体在A 点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O 点所受弹簧的弹力为0.所以在A 、O 之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A 、O 之间的运动应该是先加速后减速，A 选项正确、B 选项不正确；O 点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C 选项不正确；从A 到O 的过程加速度先减小、后增大，故D 选项错误．答案 A2．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg 的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N ．如果从升降机的速度为3 m/s 时开始计时，则经过1 s ，升降机的位移可能是(g 取10 m/s 2)( )．A ．2 mB ．3 mC ．4 mD ．8 m解析对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s 2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2 m 或4 m. 答案 AC3．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a 启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为F N 和f .若电梯启动加速度减小为a 2，则下面结论正确的是( )．图2A ．水平梯板对人的支持力变为F N 2B ．水平梯板对人的摩擦力变为f 2C ．电梯加速启动过程中，人处于失重状态D ．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为f F N解析将人的加速度分解，水平方向a x ＝a cos θ，竖直方向a y ＝a sin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f ＝ma x ，在竖直方向有F N －mg ＝ma y ，人处于超重状态，C 错误；当加速度由a 变为a 2时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A 、D 错误，B 正确．答案 B2．如下图所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是( )A ．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力B ．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C ．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力D ．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力解析电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A 正确，B 错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D 错误；压力和重力式两个性质不同的力，故C 错误。

2019高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第十四章) 含解析

章末自测卷(第十四章)(限时：45分钟)一、单项选择题1.如图1甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示，取Ox方向为正方向.由振动图象可以得知()图1A.振子的振动周期等于t1B.在t＝0时刻，振子的位置在a点C.在t＝t1时刻，振子的速度为零D.从t1到t2，振子正从O点向b点运动答案 D解析由题图振动图象可知振子的振动周期为2t1，选项A错误；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误；从t1到t2，振子的位移沿正向在增加，所以振子正从O点向b 点运动，选项D正确.2.一束单色光经空气射入玻璃，这束光的()A.速度变小，波长变短B.速度不变，波长变短C.频率增大，波长变长D.频率不变，波长变长答案 A3.一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是()答案 A解析光从玻璃砖射向空气时，如果入射角大于临界角，则发生全反射；如果入射角小于临界角，则在界面处既有反射光线，又有折射光线，但折射角应大于入射角，选项A 正确，C 错误.当光从空气射入玻璃砖时，在界面处既有反射光线，又有折射光线，且入射角大于折射角，选项B 、D 错误.4.(2016·北京理综·14)下列说法正确的是( ) A.电磁波在真空中以光速c 传播 B.在空气中传播的声波是横波 C.声波只能在空气中传播 D.光需要介质才能传播答案 A5.(2015·四川理综·2)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m 的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰.这列水面波( ) A.频率是30 Hz B.波长是3 m C.波速是1 m/s D.周期是0.1 s答案 C解析由题意知T ＝6030 s ＝2 s ，f ＝1T ＝0.5 Hz ，A 、D 错误；32λ＝3 m ，则λ＝2 m ，B 错误；v＝λT ＝22m/s ＝1 m/s ，所以C 正确. 6.如图2甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动.取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图2A.t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向左B.t ＝0.2 s 时，振子在O 点右侧6 cm 处C.t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度完全相同D.t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐减小答案 A解析从t ＝0.8 s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8 s 时，速度方向向左，A 正确；由题图乙得振子的位移x ＝12sin5π4t cm ，故t ＝0.2 s 时，x ＝6 2 cm ，故B 错误；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移方向相反，加速度方向相反，C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D 错误. 二、多项选择题7.(2018·吉林通化调研)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有( ) A.飞船上的人观测到飞船上的钟较快 B.飞船上的人观测到飞船上的钟较慢 C.地球上的人观测到地球上的钟较快 D.地球上的人观测到地球上的钟较慢答案 AC解析由相对论知识Δt ＝Δτ1－(vc)2知，Δt ＞Δτ.则地面上的人观察飞船上的时间进程比地面上慢，即地球上的人观测到地球上的钟较快，同理可知，飞船上的人观测到飞船上的钟较快，A 、C 正确，B 、D 错误.8.把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入，如图3所示.这时可以看到明暗相间的条纹.下面关于条纹的说法中正确的是( )图3A.干涉条纹是光在空气尖劈膜的前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果B.干涉条纹中的暗条纹是上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果C.将上玻璃板平行上移，条纹向着劈尖移动D.观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的另一侧答案 AC9.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象.如图4所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a 、b ，下列说法不正确的是( )图4A.若增大入射角i ，则b 光先消失B.在该三棱镜中a 光波长小于b 光C.a 光能发生偏振现象，b 光不能发生D.若a 、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a 光的遏止电压低答案 ABC解析如图所示，设b 光折射角为α，在右界面的入射角为β，根据几何关系有：α＋β＝∠A ，根据折射定律n ＝sin isin α，增大入射角i ，折射角α增大，β减小，而β增大才可能使b 光发生全反射，故A 错误；由光路图可知，a 光的折射率小于b 光的折射率(n a <n b )，则a 光的波长大于b 光的波长(λa >λb )，故B 错误；光是一种横波，横波都能发生偏振现象，与光的频率无关，故C 错误；根据光电效应方程可知，最大初动能E k ＝hν－W 0，再根据动能定理：－eU c ＝0－E k ，即遏止电压U c ＝h e ν－W 0e ，由于逸出功W 0相同，所以入射光的频率越大，遏止电压就越大，又n a <n b ，则a 光的频率小于b 光的频率(νa <νb )，a 光的遏止电压小于b 光的遏止电压，故D 正确. 10.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t 时刻波形图如图5中的实线所示，此时波刚好传到P 点，t ＋0.6 s 时刻的波形如图中的虚线所示，a 、b 、c 、P 、Q 是介质中的质点，则下列说法正确的是( )图5A.这列波的波速可能是50 m/sB.质点a 在这段时间内通过的路程一定小于30 cmC.质点c 在这段时间内通过的路程可能为60 cm D 若周期T ＝0.8 s ，则在t ＋0.8 s 时刻，质点Q 速度最大答案 AC解析由题图波形图可知波长λ＝40 m ，且0.6 s ＝nT ＋34T (n ＝0,1,2，…)，解得周期T ＝ 2.44n ＋3s(n ＝0,1,2，…)，当n ＝0时，T ＝0.8 s ，波速v ＝λT ＝50 m/s ，选项A 正确.由传播方向沿x 轴正方向可知质点a 在t 时刻向上运动，当n ＝0时，T ＝0.8 s ，则质点a 在0.6 s 内通过的路程小于30 cm ，当n ＝1,2,3…时，质点a 在0.6 s 内通过的路程大于30 cm ，选项B 错误.若n ＝1，则T ＝1235 s ，波传播到c 点所用时间为14T,0.6 s ＝7T 4，则0.6 s 内质点c 振动的时间为74T －14T ＝32T ，故在这段时间内质点c 通过的路程为6A ＝60 cm ，选项C 正确.若T ＝0.8 s ，在t ＋0.8 s 时刻，质点Q 位于正向最大位移处，速度为零，选项D 错误. 三、非选择题11.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图6所示.图6(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点： A.灯丝与单缝和双缝必须平行放置 B.干涉条纹与双缝垂直C.干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关D.干涉条纹的间距与光的波长有关以上几点中，你认为正确的是________.(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图7甲所示，该读数为________ mm.图7(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示.则在这种情况下来测量干涉条纹的间距Δx 时，测量值________实际值.(填“大于”“小于”或“等于”) 答案 (1)D (2)0.697 (3)大于12.(2015·新课标全国Ⅰ·34(2))甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v ＝25 cm/s.两列波在t ＝0时的波形曲线如图8所示.求：图8(1)t ＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标； (2)从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间. 答案 (1)x ＝(50＋300n ) cm (n ＝0，±1，±2，±3，…) (2)0.1 s解析 (1)两列波的振幅均为8 cm ，故偏离平衡位置位移为16 cm 的质点应为两列波的波峰相遇处的质点.根据波形图可知，甲、乙的波长分别为 λ乙＝60 cm ，λ甲＝50 cm则甲、乙两列波的波峰x 坐标分别为x 甲＝(50＋k 1×50) cm (k 1＝0，±1，±2，±3，…) x 乙＝(50＋k 2×60) cm (k 2＝0，±1，±2，±3，…) 综上分析，所有波峰和波峰相遇的质点x 坐标应为 x ＝(50＋300n ) cm (n ＝0，±1，±2，±3，…)(2)偏离平衡位置位移为－16 cm 对应为两列波的波谷相遇.t ＝0时，两列波波谷间的x 坐标之差Δx ＝(50＋2n 1＋12×60)－(50＋2n 2＋12×50) (cm)整理可得Δx ＝10(6n 1－5n 2)＋5 (cm)，式中n 1、n 2均为整数波谷之间最小的距离为Δx ′＝5 cm 两列波相向传播，相对速度为2v ＝50 cm/s 所以出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的最短时间 t ＝Δx ′2v＝0.1 s.13.(2017·安徽江南十校联考)如图9所示，等腰直角三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于O 点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC 边上的D 点射出的光线平行于BC ，从E 点射出的光线垂直BC 向上.已知BC 边长为2L .求：图9(1)该光在介质中发生全反射的临界角θ. (2)DE 的长度x .(可能用到sin 15°＝2－32或tan 15°＝2－3)答案 (1)45° (2)63L 解析 (1)由几何关系可知，题图中∠ODE ＝60°，故光线OD 在AC 面上的入射角为30°，折射角为45°.根据光的折射定律有 n ＝sin 45°sin 30°＝ 2 由sin θ＝1n 知θ＝45°(2)由l OD sin 45°＝Lsin 120°解得l OD ＝63L 由几何关系可知，光线OE 在AC 面上的折射角为45°，根据光的折射定律有，OE 光线在AC 面上的入射角为30°，故题图中∠OEC ＝60°，则△ODE 为等边三角形得x ＝l OD ＝63L . 14.如图10所示，有一玻璃圆柱体，横截面半径为R ＝10 cm ，长为L ＝100 cm.一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A 点，与玻璃圆柱体左端面距离d ＝4 cm ，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体、从左端面中央半径为r ＝8 cm 圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出.光速为c ＝3×108 m/s ；求：图10(1)玻璃对该单色光的折射率；(2)该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间. 答案 (1)355 (2)6×10－9 s解析 (1)由题意可知，光线AB 从圆柱体左端面射入，在柱体侧面发生全反射，如图所示. sin i ＝r r 2＋d 2＝25n ＝sin i sin θ，sin C ＝1n sin θ＝cos C ＝1－sin 2C联立解得n ＝355(2)折射光BD 在玻璃圆柱体内传播路程最长，因而传播时间最长，由几何知识得 s ＝L sin C ＝nL ，v ＝c nt ＝s v ＝n 2L c ＝6×10－9 s.。

2019高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第九章)

章末自测卷(第九章)(限时：45分钟)一、单项选择题1.关于磁感应强度B，下列说法正确的是()A.根据磁感应强度的定义式B＝FIL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同★答案★B2.(2018·江西南昌模拟)如图1所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，沿边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来.若从上向下看，下列判断正确的是()图1A.A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转B.A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接，液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变★答案★A解析若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A正确；同理，若A接电源负极，B接电源正极，根据左手定则可知，液体沿逆时针方向旋转，故B错误；A、B与50 Hz的交流电源相接，液体不会持续旋转，故C错误；若磁场的N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化，故D错误.3.如图2所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()图2A.金属棒中的电流方向由N 指向MB.金属棒MN 所受安培力的方向垂直于OMNO ′平面向上C.金属棒中的电流大小为mgBL tan θD.每条细线所受拉力大小为mg cos θ ★答案★ C解析平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M 指向N ，故A 错误；金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右，故B 错误；设每条细线所受拉力大小为F T ，由受力分析可知，2F T sin θ＝BIL,2F T cos θ＝mg ，得 I ＝mg BL tan θ，故C 正确；由受力分析可知，2F T cos θ＝mg ，得F T ＝mg 2cos θ，故D 错误.4.不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的径迹如图3.分别用v M 与v N 、t M 与t N 、q M m M 与q Nm N 表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质比，则( )图3A.如果q M m M ＝q Nm N ，则v M >v NB.如果q M m M ＝q Nm N ，则t M <t NC.如果v M ＝v N ，则q M m M >q Nm ND.如果t M ＝t N ，则q M m M >q Nm N★答案★ A解析由洛伦兹力提供向心力可得q v B ＝m v 2r ，q m ＝vrB，由它们在磁场中的轨迹可知，两个带电粒子M 和N 轨迹的半径关系为r M >r N ，如果q M m M ＝q Nm N ，则v M >v N ，选项A 正确；两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，由T ＝2πmqB可知，如果q M m M ＝q Nm N，则两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期相等，t M ＝t N ，选项B 错误，同理，选项D 错误；由q v B ＝m v 2r ，可解得v ＝rBq m .如果v M ＝v N ，则q M m M <q Nm N ，选项C 错误.二、多项选择题5.(2018·云南文山调研)如图4所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d ，极板长和宽分别为a 和b ，这两个电极与可变电阻R 相连.在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B .发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度v 向右流动，并通过专用通道导出.不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则( )图4A.运动的等离子体产生的感应电动势为E ＝Ba vB.可变电阻R 中的感应电流方向是从Q 到PC.若可变电阻的阻值为R ＝ρdab ，则其中的电流为I ＝B v ab 2ρD.若可变电阻的阻值为R ＝ρdab ，则可变电阻消耗的电功率为P ＝B 2v 2dab 4ρ★答案★ CD解析根据左手定则，等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上，带正电粒子累积在上极板，可变电阻R 中电流方向从P 到Q ，B 错误；当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电压稳定，设产生的电动势为E ，则有q v B ＝q Ed ，E ＝Bd v ，A 错误；发电导管内等离子体的电阻r ＝ρd ab ，若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER ＋r ＝B v ab 2ρ，可变电阻消耗的电功率P ＝I 2R ＝B 2v 2dab 4ρ，C 、D 正确.6.如图5甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向.则金属棒( )图5A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功 ★答案★ ABC解析根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等、方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做的总功为零，选项D 错误.7.如图6所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里.带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，a 液滴静止不动，b 液滴沿水平线向右做直线运动，c 液滴沿水平线向左做直线运动.则下列说法中正确的是( )图6A.三个液滴都带负电B.液滴b 的速率一定大于液滴c 的速率C.三个液滴中液滴b 质量最大D.液滴b 和液滴c 一定做的是匀速直线运动 ★答案★ AD解析 a 液滴受力平衡，有G a ＝qE ，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故液滴带负电，b 液滴受力平衡，有G b ＋q v b B ＝qE ，c 液滴受力平衡，有G c ＝q v c B ＋qE ，解得G c >G a >G b ，即m c >m a >m b ，故A 正确，C 错误；由以上分析可知，无法确定b 与c 洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B 错误；根据F 洛＝q v B 可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D 正确.综上本题选A 、D. 三、非选择题8.如图7所示，一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，在D 处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.结果离子正好从距A 点为d 的小孔C 沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC 平行且向上，最后离子打在G 处，而G 处距A 点2d (AG ⊥AC )，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内.求：图7(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r ； (2)离子从D 处运动到G 处所需时间； (3)离子到达G 处时的动能.★答案★ (1)23d (2)(9＋2π)m 3Bq (3)4B 2q 2d 29m解析 (1)正离子运动的轨迹如图所示.磁场中做圆周运动的半径r 满足： d ＝r ＋r cos 60°，解得r ＝23d(2)设离子在磁场中的运动速度为v 0，则有：q v 0B ＝m v 20r .T ＝2πr v 0＝2πm qB，由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为： t 1＝13T ＝2πm 3Bq离子在电场中做类平抛运动，从C 到G 的时间为： t 2＝2d v 0＝3m Bq，离子从D 处运动到G 处所需时间为：t ＝t 1＋t 2＝(9＋2π)m3Bq(3)设电场强度为E ，则有：qE ＝ma d ＝12at 22 由动能定理得：qEd ＝E k G －12m v 02解得E k G ＝4B 2q 2d 29m9.aa ′、bb ′、cc ′为足够长的匀强磁场分界线，相邻两分界线间距均为d ，磁场方向如图8所示，Ⅰ、Ⅱ区域磁感应强度分别为B 和2B ，边界aa ′上有一粒子源P ，平行于纸面向各个方向发射速率为2Bqdm 的带正电粒子，Q 为边界bb ′上一点，PQ 连线与磁场边界垂直，已知粒子质量为m ，电荷量为q ，不计粒子重力和粒子间相互作用力，求：图8(1)沿PQ 方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb ′的位置； (2)粒子第一次通过边界bb ′的位置范围；(3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间. ★答案★ 见解析解析 (1)由洛伦兹力提供向心力得 Bq v ＝m v 2r 1r 1＝m v Bq把v ＝2Bqd m 代入得r 1＝2d如图甲所示，sin θ＝d 2d ＝12，θ＝30°PM ＝QN ＝2d －2d cos θ＝(2－3)d 则经过bb ′的位置为Q 下方(2－3)d 处(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ，距离Q 点上方最远，如图乙所示，由几何关系得 cos α1＝d 2d ＝12，α1＝60°QH 1＝2d sin α1＝3d当带正电粒子进入磁场Ⅰ后与bb ′相切时，距离Q 点下方最远，如图丙所示，由几何关系得 cos α2＝d 2d ＝12，α2＝60°QH 2＝2d sin α2＝3d粒子通过的范围长度为L ＝23d(3)r 2＝m vq ·2B＝d T ＝2πr 2v ＝πm Bq轨迹圆所对应的弦越长，在磁场Ⅱ中运动的时间越长.如图丁所示，当轨迹圆的弦长为直径时，所对应的时间最长为t max ＝T 2＝πm 2Bq当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时，从cc ′飞出，所对应的时间最短为t min ＝T 6＝πm6Bq当粒子从Q 最上方进入Ⅱ区时，如图戊所示，从bb ′飞出所对应的时间最短为t min ＝T 3＝πm3Bq所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为t min ＝πm 6Bq.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

2019《步步高》高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第十一章)含解

2019《步步高》高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第十一章)含解第199章末自测卷(第11章)(限时45分钟)1，单选题1。

如图1所示，示出了发电站的电力传输图。

众所周知，发电机的输出电压、传输线的电阻以及理想升压和降压变压器的匝数是不变的。

如果用户电阻R0降低，以下陈述为真()图1A。

发电机的输出功率降低B。

传输线上的功率损耗降低C。

用户获得的电压降低D。

传输线上的传输电压降低C分辨率如果用户电阻降低，降压变压器的输出功率增加。

结果，发电机的输出功率增加，传输线上的电流增加，传输线上的损耗电压增加，传输线上的功率损耗增加，选项A和选项B是错误的。

随着传输线上的损耗电压增加，降压变压器初级绕组的输入电压降低。

由于降压变压器的初级绕组和次级绕组的匝数比保持不变，降压变压器的次级绕组的输出电压(即用户获得的电压)降低，选项C是正确的。

发电机的输出电压保持不变。

升压变压器初级绕组的输入电压不变。

因为升压变压器的初级绕组和次级绕组的匝数比不变，所以传输线路上的传输电压不变。

选项d是错误的。

2。

如图2所示，理想变压器的初级绕组和次级绕组分别与理想电流表和理想电压表相连。

辅助线圈通过电线与灯泡l和电吹风m连接，电线的等效电阻为r，辅助线圈的匝数可以通过调节滑片p来改变。

当s关闭时，灯泡l正常发光，滑片p的位置不动，当s关闭时，下列陈述是正确的()图2a .电压表读数增加b .电流表读数减少c .等效电阻r两端的电压增加d .为了灯泡l正常发光，幻灯片p应向下滑动回答Cs闭合时的分析，初级线圈和次级线圈的匝数比当s闭合时，次级线圈电路的总电阻将减小，电流将增加，变压器的输出功率将增加，输入功率将增加，电流表读数将增加，选项b将是错误的。

因为传输线中的电流将增加，因此，传输线的等效电阻r上的电压增加，选项c 是正确的。

为了灯泡l正常发光，变压器的输出电压应该增加，滑动叶片p应该向上滑动，选项d是错误的。

3.如图3所示，从线架平面平行于磁场的时间开始，单匝闭合金属线架abcd在围绕垂直于磁场的轴OO’的均匀磁场中以均匀速度旋转，并且穿过线架的最大磁通量被设定为φ m，并且线架中的最大感应电动势被设定为em。

2019年高考物理冲刺套卷(大纲版,十四)参考解析

2019年高考物理冲刺套卷（大纲版，十四）参考解析注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

答案 14 15 16 17 18 19 20 21 题号 A BC D D B A BD AC22、〔1〕、9.0〔2〕、3.8〔3.7—4.0均可〕〔3〕、4.8〔4.6—5.0均可〕〔各2分，共6分〕23、〔1〕、〔3分〕〔不用逐差法可酌情给分〕〔2〕、〔3分〕〔3〕、〔3分〕〔3分〕24、〔16分〕解：〔1〕小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t ，初速度为v ，那么x vt =…〔2分〕212h gt =……〔2分〕解得： 2.0m/s v =……〔2分〕〔2〕小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N ，根据牛顿第二定律2v N mg m R-=…〔3分〕解得： 2.0N N =…〔1分〕根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小' 2.0N N N ==………〔1分〕〔3〕在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：2102f mgR W mv +=-……〔3分〕0.2J f W =-…〔1分〕所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J 。

………〔1分〕25、〔18分〕〔1〕2s m 0.1===mqE m F a ………〔2分〕方向：水平向左〔1分〕〔2〕设球到桌面右边的距离为x 1，球离开桌面后作平抛运动的水平距离为x 221x x x +=总………〔2分〕由12022ax v v -=-………〔2分〕代入得v=1121x ⨯⨯-=121x -………〔2分〕设平抛运动的时间为t221gt h =………〔2分〕代入得s 5.0=t ………〔1分〕 12215.0x vt x -==故11215.0x x x -+=总………〔2分〕令121x y -=那么212y y x +-=总当21=y 即m 831=x 时，〔2分〕水平距离最大最大值为：m 85=m x ………〔2分〕距桌面右端3/8m 处放入，有最大水平距离为5/8m 。

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章末自测卷(第一章)(限时：45分钟)一、单项选择题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.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答案 A2.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是( )A.根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，ΔxΔt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法B.在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法C.加速度的定义式为a ＝ΔvΔt，采用的是比值定义法D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法答案 B3.(2018·福建龙岩质检)一汽车装备了具有“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.当车速小于等于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”，使汽车避免与障碍物相撞.在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s 2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( ) A.53 s B.253 s C.2.5 s D.12.5 s答案 C解析当车速最大为10 m/s 且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v ＝v 0＋at 可知，t ＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，C 项正确.4.如图1所示，a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移－时间图象中，图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线.有关这三个物体在0～5 s 内的运动，下列说法正确的是( )图1A.a 物体做匀加速直线运动B.c 物体做匀加速直线运动C.t ＝5 s 时，a 物体速度比c 物体速度大D.a 、b 两物体都做匀速直线运动，且速度相同答案 B解析 x －t 图象是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a 、b 两物体都做匀速直线运动，由题图看出，a 、b 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，A 、D 错误；图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，c物体做初速度为0、加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，B 正确.图线的斜率大小等于速度大小，根据题图可知，t ＝5 s 时c 物体速度比a 物体速度大，C 错误.5.一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，通过的位移为x ，下列说法中错误的是( )A.这段时间内它的平均速度v ＝xtB.这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22C.通过x 2时，它的瞬时速度为x tD.通过x2时，它的瞬时速度为v 21＋v 222答案 C6.(2017·河北衡水联考)如图2所示，两条曲线为汽车a 、b 在同一条平直公路上的速度－时间图象，已知在t 2时刻两车相遇，下列说法正确的是( )图2A.a 车速度先减小后增大，b 车速度先增大后减小B.t 1时刻a 车在前，b 车在后C.t 1～t 2时间内，a 、b 位移相同D.a 车加速度先减小后增大，b 车加速度先减小后增大答案 D解析由题图可知a 车速度先增大后减小，b 车速度先减小后增大，故A 错误.在t 2时刻两车相遇，在t 1～t 2时间内，a 车图线与时间轴围成面积大，则a 车位移大，可知t 1时刻，b 车在前，a 车在后，故B 、C 错误.v －t 图象中图线斜率表示加速度，故a 、b 两车加速度先减小后增大，故D 正确.7.如图3，一质点从A 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a ，B 、C 、D 是质点运动路径上三点，且BC ＝x 1，CD ＝x 2，质点通过B 、C 间所用时间与经过C 、D 间所用时间相等，则质点经过C 点的速度为( )图3A.x 1＋x 22ax 2－x 1 B.x 1＋x 24ax 2－x 1 C.x 2－x 12ax 2＋x 1D.x 2－x 14ax 2＋x 1答案 A解析设质点从B 到C 所用时间为T ，则从B 到D 的时间为2T ，由Δx ＝aT 2有x 2－x 1＝aT 2，得T ＝x 2－x 1a ，质点经过C 点的速度v C ＝x 1＋x 22T ＝x 1＋x 22ax 2－x 1，因此A 项正确. 二、多项选择题8.(2018·广东广州调研)如图4所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象，已知甲对应的是图象中的直线，乙对应的是图象中的曲线，则下列说法正确的是( )图4A.甲做匀减速直线运动B.乙做变速直线运动C.0～t 1时间内两物体平均速度大小相等D.两物体的运动方向相反答案 BD解析由题图中图象的斜率表示速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误.乙图象切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确.根据坐标的变化量等于位移知，0～t1时间内两物体位移大小不相等，方向相反，所以平均速度不相等，故C错误.根据图象的斜率表示速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D正确.9.(2017·河北唐山一中模拟)如图5所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点).在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)()图5A.2.3 m/sB.2.6 m/sC.2.9 m/sD.3.2 m/s答案BC解析整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动小球下落时间为t1＝2hg，h为实际下落高度圆筒在空中运动时间为t2＝2v0g，v0为其上抛初速度根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析：①圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒上沿则h1＝1.25 m又t1＝t2即2h1g＝2v01g解得v01＝2.5 m/s.②圆筒上抛速度较大时，当圆筒落地瞬间，小球刚要落地则h2＝(1.25＋0.55) m＝1.8 m又t1＝t2即2h2g＝2v02g解得v02＝3 m/s.故圆筒上抛速度范围为2.5 m/s＜v0＜3 m/s 故选项B、C正确.三、非选择题10.在利用打点计时器做“研究匀变速直线运动”的实验中，图6甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A 、B 、C 、D 、E 为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T ＝0.1 s.图6(1)根据纸带可判定小车做________运动.(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D ＝________m/s ，v C ＝________m/s ，v B ＝________m/s.在如图乙所示坐标系中作出小车的v －t 图象，并根据图线求出a ＝________. (3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度不为零，此速度的物理意义是________.答案 (1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 见解析图 12.60 m/s 2 (3)零时刻小车经过A 点的速度解析 (1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12.60 cm 故小车做匀加速直线运动. (2)根据v ＝2v t 可知v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2m/s ＝3.90 m/sv C ＝(60.30－7.50)×10－20.2m/s ＝2.64 m/sv B ＝27.60×10－20.2m/s ＝1.38 m/s描点连线得v －t 图象如图所示.根据图线斜率知a ＝12.60 m/s 2. (3)表示零时刻小车经过A 点的速度.11.一个滑雪运动员，从85 m 长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8 m/s ，滑到山坡底端的末速度为5.0 m/s ，求：(1)下滑过程中的平均速度v 的大小； (2)下滑的加速度a 的大小； (3)下滑的时间t .答案 (1)3.4 m/s (2)0.128 m/s 2 (3)25 s 解析 (1)根据匀变速直线运动中平均速度公式 v ＝v 0＋v2，有 v ＝1.8＋5.02m/s ＝3.4 m/s. (2)由v2－v 02＝2ax得，a ＝v 2－v 202x，代入数据得a ＝0.128 m/s 2， (3)由v ＝v 0＋at 得，t ＝v －v 0a ，代入数据得t ＝25 s.12.在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移—时间图象分别为图7中直线a 和曲线b ，已知b 车的加速度恒定且a ＝－2 m/s 2，t ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切.求：t ＝0时a 车和b 车的距离x 0.图7答案 9 m解析由题图可知：a 车的速度v a ＝8－23m/s ＝2 m/st ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切，即此时b 车的速度v b ′＝v a ＝2 m/s 设b 车的初速度为v b ，对b 车，v b ＋at ＝v b ′ 解得v b ＝8 m/st ＝3 s 时，a 车的位移x a ＝v a t ＝6 m b 车的位移x b ＝v b ＋v b ′2t ＝15 m由题图知，t ＝3 s 时a 车和b 车到达同一位置，得x 0＝x b －x a ＝9 m.13.(2018·河南郑州模拟)一水池水深H ＝0.8 m.现从水面上方h ＝0.8 m 高处由静止释放一质量为m ＝0.1 kg 的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t ＝0.6 s.已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g ＝10 m/s 2，求： (1)通过计算判断球体在水中做什么运动？(2)从水面上方多高处静止释放小球，才能使小球落至池底所用时间最短. 答案 (1)匀速运动 (2)0.4 m解析 (1)设小球落至水面所用时间为t 1，在水中运动做匀变速运动，加速度为a ，则 h ＝12gt 12，v ＝gt 1，H ＝v (t －t 1)＋12a (t －t 1)2 解得a ＝0，则小球在水中做匀速运动. (2)设释放点距水面距离为s ，则 t s ＝2sg，v s ＝2gs ，t ′＝2s g ＋H 2gs，由数学知识知，当2s g ＝H 2gs时t ′最小，即s ＝H2＝0.4 m.。