2019届高三物理(江苏)一轮复习练习：专题突破练1 Word版含答案
2019届高考物理一轮总复习配套练习题全集(49套有答案)【高考】
李仕才 一、选择题
1、如图所示，在一个倾角为 θ 的斜面上，有一个质量为 m，带负电的小球 P(可视为点电荷)，空间存
在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个
方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )
A．v1 方向
A．小球 A 落地时间为 3 s B．物块 B 运动时间为 3 s C．物块 B 运动 12.5 m 后停止 D．A 球落地时，A、B 相距 17.5 m
解析：选 ACD 根据 H＝12gt2 得，t＝
2gH＝
2×45 10
s＝3
s，故
A
正确。物块
B
匀减速直线运动的加
速度大小 a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则 B 速度减为零的时间 t0＝va0＝140 s＝2.5 s，滑行的距g′∶g＝1∶5
C．M 星∶M 地＝1∶20
D．M 星∶M 地＝1∶80
【答案】BD 5、如图 6 所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板 P 相连，
另一端与盒子 A 相连，A 内放有光滑球 B，B 恰与盒子前、后壁接触，现用力推 A 使弹簧处于压缩状态，然
2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B 质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为 gsin θ
B．两图中 A 球的加速度均为零
C．图甲中 B 球的加速度为 2gsin θ
D．图乙中 B 球的加速度为 gsin θ
解析：选 CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而 杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin θ， 加速度为 2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin θ，加速度均为 gsin θ，故 C、D 正确，A、B 错误。
(江苏专用)2019高考物理一轮复习 综合检测.docx
综合检测 考生注意： 1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意)1．(2018·盐城中学阶段性测试)一束带电粒子以同一速度v 0从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图1所示．若粒子A 的轨迹半径为r 1，粒子B 的轨迹半径为r 2，且r 2＝2r 1，q 1、q 2分别是它们的带电荷量，m 1、m 2分别是它们的质量．则下列分析正确的是( )图1A ．A 带负电、B 带正电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶1B ．A 带正电、B 带负电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶1C ．A 带正电、B 带负电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝2∶1D ．A 带负电、B 带正电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶22．(2018·无锡市暨阳地区联考)如图2所示，物块A 从滑槽某一不变高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时，A 滑至传送带最右端的速度为v 1，需时间t 1，若传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端速度为v 2，需时间t 2，则( )图2A ．v 1＞v 2，t 1＜t 2B ．v 1＜v 2，t 1＜t 2C ．v 1＞v 2，t 1＞t 2D ．v 1＝v 2，t 1＝t 23．(2017·扬州中学12月考)图3中K 、L 、M 为静电场中的3个相距很近的等势面(K 、M 之间无电荷)．一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde 轨迹运动．已知电势φK <φL <φM ，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是( )图3A．粒子带负电B．粒子在bc段也做减速运动C．粒子在a点的速率大于在e点的速率D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功4．(2017·小海中学期中)如图4所示，水平细杆上套一细环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B(m A>m B)，由于B球受到水平风力作用，A环与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )图4A．杆对A环的支持力随着风力的增加而不变B．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C．B球受到的风力F为m A g tanθD．A环与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A＋m B5．(2018·泰州中学调研)A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的x－t、v－t、a－t、F－t图象分别如图所示，已知物体在t＝0时的速度均为零，其中0～4s内物体运动位移最大的是( )二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6．(2018·如皋市质检)如图5所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．副线圈接有光敏电阻R(光敏电阻阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3，则下列说法中正确的是( )图5A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D．仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大7．(2018·黄桥中学第三次段考)如图6所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B放在粗糙的水平桌面上．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧．弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F＝203N，∠cO′a＝120°，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )图6A．弹簧的弹力为20NB．重物A的质量为2kgC．桌面对物体B的摩擦力为103ND．细线OP与竖直方向的夹角为60°8.(2017·海州高级中学第五次检测)如图7所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻R，其他电阻不计，导体杆MN放在导轨上，在水平恒力F的作用下，沿导轨向右运动，并穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行，从MN进入磁场开始计时，通过MN的感应电流i随时间t变化的图象可能是图中的( )图79．“嫦娥三号”探测器在西昌卫星发射中心成功发射，携带“玉兔号”月球车实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测．“玉兔号”在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G 2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R 1、R 2；地球表面重力加速度为g ，则( )A ．月球表面的重力加速度为G 1g G 2B ．月球与地球的质量之比为G 2R 22G 1R 12C ．月球卫星与地球卫星分别绕月球表面与地球表面运行的速率之比为G 2R 2G 1R 1 D ．“嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2πG 2R 2G 1g三、非选择题(本题共6小题，共计69分)10．(5分)(2017·徐州市考前模拟)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻．(1)先用多用电表粗测电池的电动势．把电表的选择开关拨到直流电压50V 挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图8所示，读出该电池的电动势为________V.图8(2)再用图9所示装置进一步测量．多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”)．闭合开关，改变电阻箱的阻值R ，得到不同的电流值I ，根据实验数据作出1I－R 图象如图10所示．已知图中直线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则此电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________.(结果用字母k 、b 表示)图9图10(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：________________ ________________________________________________________________________. 11．(6分)(2018·高邮中学阶段检测)某同学利用小球在竖直平面内做圆周运动来验证机械能守恒定律．如图11甲所示，力传感器A固定在水平面上，细线的一端系着小球B，另一端系在传感器A上．将小球B拉至与传感器A等高处且细线刚好伸直，将小球由静止释放，传感器记录出小球在摆动过程中细线中的拉力F随时间t的变化图象如图乙所示．图11(1)实验室有小木球和小铁球，实验时应该选择________；现用游标卡尺测得小球的直径如图丙所示，则小球的直径为______cm.(2)实验中必须测量的物理量有________．A．小球的质量m B．传感器下端到小球球心的距离lC．小球运动的时间t D．当地的重力加速度g(3)若实验中测得传感器下端到小球球心的距离l＝0.30m，小球的质量为0.05kg，F0＝1.46N，已知当地的重力加速度g＝9.8m/s2，则小球减少的重力势能为________J，小球增加的动能为________J．(结果均保留三位有效数字)(4)写出(3)中计算出动能的增加量小于重力势能减小量的一个原因___________________．12．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B两小题评分．A．[选修3－3](12分)(1)下列说法正确的是________．A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的(2)(2018·徐州市考前模拟打靶卷)一定质量的理想气体，由状态A 通过如图12所示的箭头方向变化到状态C .则气体由状态A 到状态B 的过程中，气体的内能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，气体由状态A 到状态C 的过程中，气体与外界总的热交换情况是________(选填“吸热”“放热”或“无法确定”)图12(3)(2017·镇江市一模)某种油酸密度为ρ、摩尔质量为M 、油酸分子直径为d ，将该油酸稀释为体积浓度为1n的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在洒有痱子粉的水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V .若把油膜看成是单分子层，每个油酸分子看成球形，则油酸分子的体积为πd 36，求： ①一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积；②阿伏加德罗常数N A 的表达式．B ．[选修3－4](12分)(1)(2018·兴化一中调研)下列说法中正确的是________．A ．X 射线穿透物质的本领比γ射线更强B ．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调谐C ．根据宇宙大爆炸学说，遥远星球发出的红光被地球接收到时可能是红外线D ．爱因斯坦狭义相对论指出：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的(2)(2017·扬州市期末考试)如图13所示，直角三角形ABC 为一棱镜的横截面，∠A ＝30°，棱镜材料的折射率n ＝ 3.在此截面所在的平面内，空气中的一条光线平行于底边AB 从AC 边上的M 点射入棱镜，经折射射到AB 边．光线从AC 边进入棱镜时的折射角为________，试判断光线能否从AB 边射出，________(填“能”或“不能”)．图13(3)一列简谐横波由P 点向Q 点沿直线传播，P 、Q 两点相距1m ．图14甲、乙分别为P 、Q 两质点的振动图象，如果波长λ＞1m ，则波的传播速度为多少？图14C．[选修3－5](12分)(1)(2018·苏州市调研)一个质子以1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，已知铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，则下列判断中正确的是________．A．核反应方程为2713Al＋11H→2814SiB．核反应方程为2713Al＋10n→2814SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致(2)(2018·高邮中学阶段检测)目前，日本的“核危机”引起了全世界的瞩目，核辐射放出的三种射线超过了一定的剂量会对人体产生伤害．三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是________．A．α射线，β射线，γ射线B．β射线，α射线，γ射线C．γ射线，α射线，β射线D．γ射线，β射线，α射线(3)太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变，设每次聚变反应可以看做是4个氢核(11H)结合成1个氦核(42He)，同时释放出正电子(01e)．已知氢核的质量为m p，氦核的质量为mα，正电子的质量为m e，真空中光速为c.计算每次核反应中的质量亏损及氦核的比结合能．13.(8分)(2017·涟水中学第三次检测)如图15为俯视图，虚线MN右侧存在一个竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，电阻为R、质量为m、边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．当线框以初速度v0穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功为W，求：图15(1)初速度v0时刻，线框中感应电流I的大小和方向；(2)线框cd边穿出磁场时的速度v大小；(3)线框穿出磁场一半过程中，通过线框横截面的电荷量q .14．(12分)(2018·海安中学段考)如图16所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h ＝0.6 m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图16(1)小球在C 处的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km;(3)小球最终停止的位置．15．(14分)(2017·宿迁市上学期期末)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图17甲所示，M 、N 为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ ，在MN 间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E 0、B 0、k 均为已知量．t ＝0时刻，比荷q m ＝k 的正粒子以一定的初速度从O 点沿水平方向射入极板间，在0～t 1(t 1＝1kB 0)时间内粒子恰好沿直线运动，t ＝5kB 0时刻粒子打到荧光屏上．不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8＝π4，1.4＝2，求：图17(1)在t 2＝2kB 0时刻粒子的运动速度v ；(2)在t 3＝2.8kB 0时刻粒子偏离O 点的竖直距离y ；(3)水平极板的长度L .综合检测答案精析 1．C [A 向左偏，B 向右偏，根据左手定则知，A 带正电，B 带负电．根据半径公式r ＝mv qB ，知荷质比q m ＝v Br ，v 与B 相同，所以比荷之比等于半径的反比，所以q 1m 1∶q 2m 2＝2∶1.故C 正确，A 、B 、D 错误．]2．D [传送带静止时，物块滑到传送带上受到的摩擦力大小为F f ＝μF N ，方向水平向左，当传送带逆时针转动时，物块与传送带间的正压力大小不变，而动摩擦因数也不变，所以受到的摩擦力大小仍为F f ＝μF N ，方向水平向左，即物块在两种情况下受力相同，所以两次运动情况相同，即v 1＝v 2，t 1＝t 2，D 正确．]3．B [已知电势φK <φL <φM ，则电场线方向大体向左，由轨迹弯曲方向知，粒子所受的电场力方向大体向左，故粒子带正电，故A 错误；由电势φL <φM ，b →c 电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动，故B 正确；a 与e 处于同一等势面上，电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速度大小也相等，故C 错误；粒子从c 点到d 点的过程中，电势降低，正电荷的电势能减小，电场力做正功，故D 错误．]4．A5．A [由x －t 图象可知，物体A 在4s 末到达位置为－1m 处，总位移大小为2m ；由v －t 图象可知，物体B 前2s 内沿正方向运动，2～4s 沿负方向运动，方向改变，4s 内总位移为零；由a －t 图象可知：物体在第1s 内向正方向做匀加速运动，第2s 内向正方向做匀减速运动，2s 末速度减为0，然后在2～3s 向负方向做匀加速运动，在3～4s 向负方向做匀减速直线运动，4s 末速度为零，并回到出发点，总位移为零，其v －t 图象如图甲所示：F －t 图象转化成a －t 图象，如图乙所示：由图象可知：物体在第1s 内做匀加速运动，位移x 1＝12at 2＝14m ，第1～2s 内做匀减速运动，2s 末速度减为0，位移x 2＝14m ，第2～4s 内重复前面的过程，故0～4s 内总位移x ＝1m ，综上所述，A 的位移最大，故选A.]6．BD [只将S 1从2拨向1时，n 1变小，根据变压比公式，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，A 错误；只将S 2从4拨向3时，n 2变小，根据变压比公式，输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，B 正确；只将S 3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R 2与R 3串联的支路的电压不变，故通过电阻R 2的电流不变，R 2两端电压也不变，C 错误；仅增大光照强度，负载总电阻变小，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率增大，D 正确；故选B 、D.]7．BC [由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线OP 与竖直方向的夹角为30°，D 错误；设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O ′a 绳的拉力分别为F 和F T ，受力分析如图甲，则有2F T cos30°＝F ，得F T ＝20N ，以结点O ′为研究对象，受力分析如图乙，根据平衡条件得，弹簧的弹力为F 1＝F T cos60°＝10N ，A 错误；重物A 的质量m A ＝F T g＝2kg ，B 正确；绳O ′b 的拉力F 2＝F T sin60°＝20×32N ＝103N ，由平衡条件可知，C 正确．]8．ACD [MN 进入磁场时，若F 与安培力大小相等，MN 将做匀速运动，产生的感应电动势和感应电流不变，A 图是可能的，故A 正确；MN 进入磁场时，若F 大于安培力，MN 将做加速运动，随着速度的增大，由F 安＝B 2L 2vR，知安培力增大，合力减小，加速度减小，则MN 将做加速度减小的变加速运动，由i ＝BLvR知，i 逐渐增大，但i 的变化率减小，图线切线的斜率减小，当MN 匀速运动时，产生的感应电流不变，故B 错误，D 正确；MN 进入磁场时，若F 小于安培力，MN 将做减速运动，随着速度的减小，由F 安＝B 2L 2vR，知安培力减小，合力减小，加速度减小，则MN 将做加速度减小的变减速运动．由i ＝BLvR知，i 逐渐减小，i 的变化率减小，图线切线斜率的绝对值减小，当MN 匀速运动时，产生的感应电流不变，故C 正确．]9．BC [“玉兔号”的质量m ＝G 1g ，月球表面的重力加速度g 月＝G 2m ＝G 2gG 1，故A 错误；根据mg ＝G Mm R 2，得M ＝gR 2G ，M 月M 地＝g 月R 月2g 地R 地2＝G 2R 22G 1R 12，故B 正确；根据v ＝GM R ＝gR ，v 月v 地＝g 月R 月g 地R 地＝G 2R 2G 1R 1，故C 正确；根据T 月＝4π2R 月3GM 月，根据m ′g 月＝G M 月m ′R 月2得GM 月＝g 月R 月2，联立得T 月＝4π2R 月g 月＝2πG 1R 2G 2g，故D 错误．] 10．(1)12.0 (2)负 1k bk(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电池的电动势．解析 (1)电压挡量程为50V ，则最小分度为1V ，则指针对应的读数为12.0V ；(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进电表，黑表笔流出电表，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得：I ＝Er ＋R ，变形可得：1I ＝r E ＋1E·R则由题图可知：r E＝b ；1E＝k ，则可解得：E ＝1k，r ＝bk(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电池的电动势.11．(1)小铁球 1.145 (2)ABD (3)0.147 0.146 (4)小球在下摆过程中受到空气阻力12．A.(1)AD (2)不变 放热 (3)①V nd ②6Mπρd3解析 (1)雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故A 正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故B 错误；打气时会反弹是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用，故C 错误；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D 正确．(2)理想气体从状态A 变化到状态B ，斜率k ＝pV 保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；理想气体从状态A 变化到状态B ，气体体积减小，内能不变，W ＞0，从B 到C ，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，气体由状态A 到状态C 的过程中，ΔU <0，W >0，由ΔU ＝Q ＋W ，气体与外界总的热交换情况是，Q ＜0，则气体放热． (3)①一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为Vn， 水面上的面积S ＝V nd②油酸的摩尔体积为V A ＝M ρ阿伏加德罗常数为N A ＝V A V 0＝6Mπρd 3B ．(1)CD (2)30° 不能 (3)5m/s解析 (1)X 射线的频率小于γ射线的频率，所以γ射线的穿透能力更强，故A 错误；在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，故B 错误；根据宇宙大爆炸学说，由于星球在远离地球，根据多普勒效应，接收到的频率小于发出的频率，遥远星球发出的红光被地球接收到可能是红外线，故C正确；爱因斯坦狭义相对论指出：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，这是光速不变原理，故D正确．(2)设光线在M 点的入射角为i 、折射角为r ，由折射定律有：n ＝sin isin r由题意知i ＝60°，所以sin r ＝sin i n ＝sin60°3＝0.5，r ＝30°由几何关系可知，光线在AB 面上P 点的入射角为i ′＝60°设发生全反射的临界角为C ，则有sin C ＝1n ＝33<32，C <60°，则光线在P 点发生全反射，不能从AB 边射出，光路图如图所示．(3)波的周期等于质点的振动周期，为T ＝0.8s.当P 质点在正向最大位移处时，Q 质点在平衡位置向上振动，波由P 向Q 传播，波长λ＞1m ，则有：λ4＝1m ，所以：λ＝4m ，波速：v ＝λT ＝5m/sC ．(1)AD (2)A (3)4m p －m α－2m e4m p －m α－2m e c24解析 (1)由质量数守恒，电荷数守恒可知：核反应方程为2713Al ＋11H→2814Si，故A 正确，B 错误；由动量守恒可知，mv ＝28mv ′，解得v ′＝1.0×10728m/s ，故数量级约为105 m/s ，故C 错误，D 正确．(2)核辐射中的三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是α射线，β射线，γ射线，故选A.(3)由题意可知，质量亏损为：Δm ＝4m p －m α－2m e由E ＝Δmc 2可知氦核的比结合能为：E 0＝4m p －m α－2m e c24.13．(1)BLv 0R，方向为逆时针方向 (2)v 02＋2W m (3)BL 22R解析 (1)感应电动势为：E ＝BLv 0； 线框中感应电流为I ＝E R ＝BLv 0R根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向 (2)由动能定理可知，W ＝12mv 2－12mv 02解得：v ＝v 02＋2Wm(3)由q ＝I ·Δt ，再由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝BL22Δt，再由欧姆定律可知：I ＝E R联立解得：q ＝BL 22R14．(1)35N (2)6J (3)距离B 端0.2m 处解析 (1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为F N ＝2.5mg 的相互作用力，故小球的向心力为：F 向＝2.5mg ＋mg ＝3.5mg ＝3.5×1×10N＝35N(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零． 设此时小球离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg 解得x 0＝mg k＝0.1m在C 点，由F 向＝mv 2Cr代入数据得：v C ＝7m/s从C 点到速度最大时，由机械能守恒定律有mg (r ＋x 0)＋12mv C 2＝E km ＋E p得E km ＝mg (r ＋x 0)＋12mv C 2－E p ＝3J ＋3.5J －0.5J ＝6J(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mgh －μmgs ＝12mv C 2解得BC 间距离s ＝0.5m小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中． 设小球第一次到达C 点后在BC 上的运动总路程为s ′，由动能定理有0－12mv C 2＝－μmgs ′，解得s ′＝0.7m故最终小球在距离B 为0.7m －0.5m ＝0.2m 处停下． 15．见解析解析 (1)在0～t 1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，由qv 0B 0＝qE 0，得v 0＝E 0B 0在t 1～t 2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，v y ＝a (t 2－t 1)＝qE 0m ·1kB 0＝E 0B 0，则v ＝2v 0＝2E 0B 0由tan θ＝v yv 0＝1得θ＝45°，即v 与水平方向成45°角向下 (2)在t 1～t 2时间内粒子在电场中运动：y 1＝v y 2(t 2－t 1)＝E 02kB 02在t 2～t 3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T ＝2πm qB 0＝2πkB 0在磁场中运动时间t ＝π4kB 0＝18T ，即圆周运动的圆心角为α＝45°，此时速度恰好沿水平方向在磁场中：由qvB 0＝m v 2r 1得r 1＝2E 0kB 02y 2＝r 1(1－cos45°)＝(2－1)E 0kB 02在t 3时刻偏离O 点的竖直距离y ＝y 1＋y 2＝(2－12)E 0kB 20(3)在t 3时刻进入电场时以初速度v ＝2v 0＝2E 0B 0做类平抛运动，v y ′＝a (t 4－t 3)＝qE 0m ·2kB 0＝2E 0B 0t 4时刻进入磁场时，v ′＝2v 0＝2E 0B 0由tan θ′＝v y ′v＝1得θ′＝45°，即v ′与水平方向成45°角向下，由 qv ′B 0＝m v ′2r 2得r 2＝2E 0kB 02综上可得：水平极板的长度L ＝v 0·2kB 0＋r 1sin45°＋2v 0·2kB 0＋r 2sin45°＝5＋2E 0kB 02。
2019版高考物理创新一轮复习江苏专用版文档：第一章
基础课2匀变速直线运动的规律及其应用知识排查匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动2.初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……位移之比为x1∶x2∶x3∶...∶x n＝12∶22∶32∶ (2)(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n自由落体运动规律1.速度公式：v＝gt。
2.位移公式：h＝12gt2。
3.速度－位移关系式：v2＝2gh。
小题速练1.思考判断(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。
()(2)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2v运动距离的2倍。
()(3)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。
()(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
()(5)物体从某高度由静止下落，一定做自由落体运动。
()(6)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×2.[人教版必修1P45第5题改编]小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图1所示。
已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量()图1A.照片中AC的距离B.照片中球的直径及AC的距离C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离解析B点位于AC的时间中点，所以其瞬时速度等于AC间的平均速度，因此要测量小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离。
选项D正确。
答案 D匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动公式为矢量式，一般规定初速度v0的方向为正方向(当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向)，与正方向同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑江苏专版：第十一章 选修部分 选修3-3 微专题75 含解析 精品
1．(2017·常熟中学高考二模)在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看作绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．(大气压强随高度的增加而减小)(1)空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是________(图中虚线是气体的等温线)．(2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，原因是空气团__________(选填“对外放热”或“对外做功”)；设空气团的内能U与温度T满足U＝CT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，则此过程中空气团升高的温度ΔT＝________.(3)若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d，已知水的密度为ρ、摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A.求：①一个小水滴包含的分子数n; ②水分子直径的大小d0.2．(多选)(2017·溧水中学高考二模)下列说法正确的是()A．由于液体表面分子间距离小于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力B．布朗微粒做无规则运动是由于它受到水分子有时吸引、有时排斥的结果C．一定量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，内能一定减小D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性3．在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1.00 mL注入250 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液．②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.00 mL为止，恰好共滴了100滴．③在水盘内注入蒸馏水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上，静置后用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜．④测得此油膜面积为3.60×102 cm2.(1)这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜面积可视为________，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径．(2)利用数据可求得油酸分子的直径约为__________m.4．如图1所示，一汽缸竖直放置，用一质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在汽缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知汽缸壁和活塞都是绝热的，汽缸壁与活塞间接触光滑且不漏气．现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热．设活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，电热丝热功率为P，测得通电t时间内活塞缓慢向上移动高度h，求：(重力加速度为g)图1(1)汽缸内气体压强的大小；(2)t时间内缸内气体对外所做的功和内能的变化量．5．(2017·江苏高考考前模拟(二))下列说法中正确的是()A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关C．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D．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，所以液体表面具有收缩的趋势6．一定质量的理想气体经历了如图2所示A到B状态变化的过程，已知气体状态A参量为p A、V A、t A，状态B参量为p B、V B、t B，则有：p A____p B(选填“＞”“＜”或“＝”)．若A 到B过程气体内能变化为ΔU，则气体吸收的热量Q＝____________.图27．冬天天气寒冷，有时室内需要加温．如果有一房间室内面积为22.4 m2，高为3.0 m，室内空气通过房间缝隙与外界大气相通，开始时室内温度为0 ℃，通过加热使室内温度升为20 ℃.若上述过程中大气压强不变，已知气体在0 ℃的摩尔体积为22.4 L/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol－1，试估算这个过程中有多少个空气分子从室内跑出．(结果保留两位有效数字)8．(2017·江苏三模)一定质量的理想气体经过如图3所示的一系列过程：图3(1)下列说法正确的是________．A．由a→b过程，气体内能增加B．由a→b过程，气体分子热运动加剧C．当分子热运动减缓时，压强必定减小D．当分子平均动能增大时，气体体积可以保持不变(2)在上述b→c过程中，____________(选填“气体对外”或“外界对气体”)做功；c→a过程中，气体____________(选填“从外界吸收”或“向外界放出”)热量．(3)若已知该理想气体在a状态时的温度为T a，在b状态时的体积为V b，在c状态时的温度为T c、密度为ρ、摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，试计算该理想气体中的分子数．9．(2017·淮阴区校级期末) 一位同学为了表演“轻功”，用打气筒给4只相同气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻质塑料板，如图4所示，这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变．图4(1)下列说法正确的是________．A．气球内气体的压强是由于气体重力而产生的B．由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力C．气球内气体分子平均动能不变D．气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和(2)表演过程中，对球内气体共做了4 J的功，此过程中气球______(填“吸收”或“放出”)热量．若某气球突然爆炸，则该气球内的气体内能______(填“增加”或“减少”)．(3)一只气球内气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，试用以上字母表示这个气球内气体的分子个数及分子间的平均距离．10．(2018·南京市玄武区模拟)(1)下列说法正确的有______．A．天然水晶熔化后再凝固的水晶(石英玻璃)仍然是晶体B．大气中氢含量较少的原因是氢分子平均速率较大，更容易发生逃逸C．相同的温度下，液体的扩散速度等于固体的扩散速度D．人类使用能量的过程是将高品质的能量最终转化为低品质的内能(2)汽车内燃机汽缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功．已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1×103J，因尾气排放、汽缸发热等对外散失的热量为8×102 J．该内燃机的效率为________．随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率__________(选填“有可能”或“仍不可能”)达到100%.(3)已知地球到月球的平均距离为384 400 km，金原子的直径为3.48×10－9 m，金的摩尔质量为197 g/mol.若将金原子一个接一个地紧挨排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”(已知N A＝6.02×1023 mol－1)．试问：①该“分子大道”需要多少个原子？②这些原子的总质量为多少？答案精析1．(1)C (2)对外做功W C(3)①πρd 3N A6M ②36M πρN A解析 (1)在p －V 图中等温线为双曲线的一支，而且越远离坐标原点的温度越高，沿着背风坡下降时升温，所以图象应该由低等温线指向高等温线，另外在此过程中空气团的体积和压强均变化，故选C.(2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，又绝热，根据热力学第一定律可知空气团对外做功． 根据U ＝CT 得：ΔU ＝C ΔT ①空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做功为W ， 根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ② 其中Q ＝0③①②③联立解得：ΔT ＝W C ；(3)①水滴的体积为V ＝16πd 3水滴的质量m ＝ρV 分子数n ＝m M N A ＝πρd 3N A6M②根据M ρN A ＝16πd 03解得d 0＝36MπρN A2．CD [由于液体表面分子间距离大于平衡位置间距r 0，故液体表面存在表面张力，故A 错误；布朗微粒做无规则运动是由于它受到水分子的撞击力不平衡造成的，故B 错误；一定量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，放出热量，分子势能减小，分子总动能不变，内能一定减小，故C 正确；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点，故D 正确．] 3．(1)单分子油膜 (2)1.11×10－9解析 (1)这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜面积可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径．(2)1滴溶液中纯油酸的体积V ＝1 mL 100×1 mL 250 mL＝4×10－5 mL ，油酸分子的直径d ＝V S ＝4×10－53.60×102 cm ≈1.11×10－7 cm ＝1.11×10－9m. 4．(1)p 0＋mgS (2)p 0Sh ＋mgh Pt －mgh －p 0Sh解析 (1)活塞受力平衡，设内部气体压强为p ，则： p 0＋mg S ＝p(2)气体对外做功： W ＝pSh ＝p 0Sh ＋mgh由热力学第一定律得，内能的变化量： ΔU ＝Q －W ＝Pt －mgh －p 0Sh . 5．D6．＝ ΔU ＋p A (V B －V A )解析 热力学温度：T ＝273＋t ，由题图可知，V 与T 成正比， 因此，从A 到B 过程是等压变化，有：p A ＝p B ， 在此过程中，气体体积变大，气体对外做功， W ＝－p ΔV ＝－p A (V B －V A )，由热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q 可知： Q ＝ΔU －W ＝ΔU ＋p A (V B －V A )． 7．1.2×1026个解析 0 ℃时室内气体分子总数 N ＝Sh V mol N A ＝22.4×3.022.4×10－3×6.0×1023＝1.8×1027(个) 设20 ℃时室内气体体积与气体总体积分别为 V 1和V 2. 根据盖－吕萨克定律得V 1V 2＝T 1T 2＝273293则20 ℃时室内气体分子数与总分子数之比为N 1N ＝V 1V 2从室内跑出的气体分子数为ΔN ＝N －N 1； 联立解得ΔN ＝20293N ≈1.2×1026(个)8．(1)D (2)外界对气体 从外界吸收 (3)ρV b T cMT a N A解析 (1)由a →b 过程，温度不变，故一定质量的理想气体的内能不变，故A 错误； 由a →b 过程，温度不变，分子热运动的平均动能不变，故气体分子热运动的剧烈程度不变，故B 错误；由b →c 过程，温度降低，分子热运动减缓，压强不变，故C 错误；由c →a 过程，温度升高，分子平均动能增大，因为c →a 过程题图p －T 图象过原点，所以由c →a 过程为等容过程，故气体体积可以保持不变，故D 正确．(2)b →c 过程中p 不变，而温度T 减小，根据pVT ＝定值，可知体积V 变小，所以外界对气体做功；c →a 过程中温度升高，故内能增大，ΔU ＞0，c →a 为等容过程，故W ＝0，根据热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q所以：Q ＞0，故气体从外界吸收热量．(3)根据题图图象可知a →b 过程为等温过程：T a ＝T b由b →c 过程为等压变化过程，根据盖－吕萨克定律可得：V b T b ＝V cT c该理想气体中的分子数：N ＝ρV cM ·N A联立各式可得：N ＝ρV b T cMT a N A9．(1)C (2)放出 减少 (3)ρVN AM 3M ρN A解析 (1)密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生，故A 错误． 该同学压迫气球，气体分子间距离仍然较大，气体分子间的作用力几乎为零，故B 错误． 球内气体温度可视为不变，所以气球内气体分子平均动能不变，故C 正确．气体分子间空隙很大，所以气球内气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D 错误． (2)表演过程中，球内气体温度可视为不变，说明球内气体内能不变，即ΔU ＝0，对球内气体共做了4 J 的功，即W ＝4 J ，所以此过程中Q ＝－4 J ，即气球放出的热量是4 J ，若某气球突然爆炸，气体对外做功，瞬间无热传递，则该气球内的气体内能减少，温度降低． (3)一只气球内气体的体积为V ，密度为ρ，平均摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，所以气体的摩尔数：n ＝m M ＝ρVM，这个气球内气体的分子个数：N ＝nN A ＝ρVN AM； 气体分子之间的距离：d ＝3VN ，解得：d ＝3M ρN A. 10．(1)BD (2)20% 仍不可能 (3)①1.10×1017个 ②3.60×10－8 kg 解析 (1)天然水晶熔化后再凝固的水晶(石英玻璃)是非晶体，故A 错误；在动能一定的情况下，质量越小，速率越大；地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸，故B 正确；在相同的温度下，液体的扩散速度要比固体的扩散速度快，故C 错误；根据热力学第二定律，能量在利用过程中，总是由高品质的能量最终转化为低品质的内能，故D 正确．(2)汽油燃烧释放的化学能为1×103 J ，因尾气排放、汽缸发热等对外散失的热量为8.0×102 J ，故转化为机械能的能量为200 J ；该内燃机的效率为η＝200 J 1 000 J×100%＝20%；根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故内燃机的效率不可能达到100%；(3)①地球到月球的平均距离为384 400 km ，金原子的直径为3.48×10－9 m ，故“分子大道”需要的原子数为：N ＝s d ＝384 400×103m 3.48×10－9m≈1.10×1017(个)； ②单个分子的质量为： m 0＝M N A①这些原子的总质量为： m ＝m 0·N ② 联立①②解得：m ＝NM N A ＝1.10×1017×0.1976.02×1023kg ≈3.60×10－8 kg。
江苏省2019届高三物理高考冲刺卷【精品】
江苏省2019届高考冲刺密卷物理一、单项选择题（共5小题，每题3分，共计15分）.每小题只有一个选项符合题意.1.物理学是一门以实验为基础的学科,许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的,有关下面四个实验装置,描述正确的是()A.牛顿利用装置(1)测出了引力常量的数值B.安培利用装置(2)总结出了点电荷间的相互作用规律C.奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应D.牛顿利用装置(4)总结出了自由落体运动规律2.在天花板上用相同的两根轻质细线1和2悬挂一块薄板,细线1和2与竖直方向分别成45°、60°角,薄板处于静止状态,如图所示,则下列说法正确的是()A.细线2对薄板的拉力大于细线1对薄板的拉力B.设法保持重心位置不变,缓慢增加薄板的质量,则细线1先断C.细线1和2延长线的交点一定是薄板的重心位置D.细线2端点O 2缓慢向右侧移动,细线1的位置保持不变,细线1对薄板的拉力减小3.如图所示，虚线a、b、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知()A.电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大B.三个等势面中，a 的电势最高C.电子通过P 点时的动能比通过Q 点时大D.电子通过P 点时的加速度比通过Q 点时小4.如图电路中，电键K1，K 2，K 3，K 4均闭合，在平行板电容器C 的极板间悬浮着一带电油滴P ，则下列说法正确的是（）A.若断开K 1，则P 将向上加速运动B.若断开K 2，则P 将向下加速运动C.若断开K 3，则P 将继续悬浮不动D.若断开K 4，则P 将继续悬浮不动5.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一电阻R ，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，使金属棒ab 由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示．下列关于棒的运动速度v ，外力F 、流过R 的电荷量q 以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是()二、多项选题题（共4小题，每题4分，共计16分）6.如图所示，甲、乙两颗人造卫星在各自的椭圆轨道上绕地球运行，两轨道相切于P 点．不计大气阻力，下列说法正确的有()A.甲的机械能一定比乙的大 B.甲的运行周期比乙的大C.甲、乙分别经过P 点的速度大小相等D.甲、乙分别经过P 点的加速度大小相等7.将一质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ。
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[高考导航]基础课1 运动的描述知识排查质点 参考系1.质点(1)定义：用来代替物体的有质量的点叫做质点。
(2)条件：研究一个物体的运动时，如果物体的大小和形状对问题的影响可以忽略，该物体就可以看做质点。
2.参考系(1)定义：描述一个物体的运动时，选定其他物体做参考，观察这个物体的位置随时间的变化，这种用来做参考的物体称为参考系。
(2)选取不同的参考系来观察同一个物体的运动，其运动性质一般是不同的。
通常以地面为参考系。
位移速度1.位移和路程(1)位移：表示质点的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段。
(2)路程：是物体实际运动轨迹的长度。
(3)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量。
只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程。
2.速度(1)定义：物体运动的位移与发生这个位移所用时间的比值。
(2)定义式：v＝ΔxΔt。
单位：m/s。
(3)方向：平均速度的方向与位移的方向相同；瞬时速度的方向即物体运动的方向。
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。
2.定义式：a＝ΔvΔt。
单位：m/s2。
3. 方向：与Δv的方向一致，由合力的方向决定，而与v0、v的方向无关。
小题速练1.思考判断(1)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看成质点。
()(2)子弹击中目标时的速度属于瞬时速度。
()(3)物体的加速度增大，其速度一定增大。
()(4)加速度为正值，表示速度大小一定越来越大。
()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2.[人教版必修1P11第1题改编](多选)下列对参考系的理解正确的是()A.“一江春水向东流”是江水相对于河岸为参考系B.“地球的公转”是以太阳为参考系C.“钟表的时针在转动”是以分针为参考系D.“太阳东升西落”是以地面为参考系答案ABD3.[人教版必修1P29第2题改编](多选)关于物体的运动，下列说法可能正确的是()A.物体运动的加速度等于0，物体的速度也一定等于0B.物体的速度变化量比较大，加速度也一定较大C.物体具有向东的加速度，而速度的方向却向西D.物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段的小，但速度却比前一阶段的大答案CD质点参考系1.对质点的三点说明(1)质点是一种理想化物理模型，实际并不存在。
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能力课 运动图象 追及相遇问题运动图象的理解及应用1.对运动图象的认识，应注意以下三点(1)无论是x －t 图象还是v －t 图象都只能描述直线运动。
(2)x －t 图象和v －t 图象不表示物体运动的轨迹，x 、v 与t 一一对应。
(3)一般试题中，关键点是根据斜率判断物体的运动状况，x －t 图象的斜率表示物体运动的速度，根据x －t 图象的斜率判断速度变化情况；v －t 图象的斜率表示物体运动的加速度，根据v －t 图象的斜率判断加速度的变化情况。
2.分析图象问题时应注意“六看”一看“轴”⎩⎨⎧x －t 图象纵轴表示位移v －t 图象纵轴表示速度二看“线”⎩⎨⎧x －t 图象中倾斜直线表示匀速直线运动v －t 图象中倾斜直线表示匀变速直线运动三看“斜率”⎩⎨⎧x －t 图象中斜率表示速度v －t 图象中斜率表示加速度四看“面积”⎩⎨⎧v －t 图象中图线和时间轴围成的“面积”表示位移五看“纵截距”⎩⎨⎧x －t 图象表示初位置v －t 图象表示初速度六看“特殊点”⎩⎨⎧拐点（转折点）：一般表示从一种运动变为另一种运动交点：在x －t 图象上表示相遇，在v －t 图象上表示速度相等命题角度1 图象选择类依据某一物理过程，设计某一物理量随时间(或位移、高度、速度等)变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象，从中判断其正误。
【例1】 (2016·江苏单科)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()解析由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位置x的关系为v＝v20－2gx，从最高点下落时二者的关系为v＝－2g（x0－x），对比图象可知A 正确。
答案 A解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，实现公式与图象之间的转化确定某物理量的变化情况，从而确定选项的正确与否。
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章末检测(一)(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(共5小题，每小题6分，共30分)1.北京时间2016年8月6日早上7∶00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕。
第4天上午，中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200米自由泳比赛冠军(国际标准游泳池长50米)，如图1所示，下列说法正确的是()图1A.“1分44秒”指的是时间间隔B.孙杨200米自由泳的平均速度为1.92 m/sC.在研究孙杨的技术动作时，可以把孙杨看成质点D.在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的解析时间间隔指一段时间，对应某一过程，孙杨游泳200米，是一过程，故1分44秒为时间间隔，选项A正确；根据平均速度定义式v＝xt得v＝t＝0(位移为0)，选项B错误；质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，选项C错误；孙杨在游泳过程中，以水为参考系，他是运动的，选项D错误。
答案 A2.杂技运动员在训练时的照片如图2所示，有一小球自由落下，碰到水平桌面后反弹，如此数次落下和反弹。
若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力不计，则下列v－t图象中正确的是()图2解析小球做自由落体运动，速度方向向下，为正；反弹后速度大小基本不变，方向改变，为负，加速度不变，所以选项B正确。
答案 B3.某质点做直线运动，其位移x与时间t的关系图象如图3所示。
则()图3A.在12 s时刻质点开始做反向的直线运动B.在0～20 s内质点的速度不断增加C.在0～20 s内质点的平均速度大小为0.8 m/sD.在0～20 s内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻只有一处解析根据图象的斜率等于速度，在20 s内图象的斜率一直为正，说明质点的速度方向没有改变，一直沿正向运动，选项A错误；图象的斜率先增大后减小，则质点的速度先增大后减小，选项B错误；在0～20 s内质点的位移x＝16 m，平均速度大小v＝xt＝1620m/s＝0.8 m/s，选项C正确；由斜率可知，在0～20 s内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻有两处，选项D错误。
2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测(二) 第一_五章验收 Word版含解析
阶段综合检测（二） 第一~五章验收(其中第一~三章分值约占25%)(时间:100分钟 满分:120分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题3分,共21分.每小题只有一个选项符合题意)1、(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L ,在水平道路上匀速运动,当看到道路前方有一条减速带时,立刻刹车使自行车做匀减速直线运动,自行车垂直经过该减速带时,对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t .利用以上数据,可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )A 、初速度B 、末速度C 、平均速度D 、加速度解析:选C 在只知道时间t 和这段时间内运动位移x 的前提下,由v ＝x t 可知能求平均速度v ,C 项正确.2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内,O 为圆心,轻绳的两端分别系在圆环上的P 、Q 两点,P 、Q 两点等高,一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上,物体处于静止状态.现保持轻绳的Q 端位置不变,使P 端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动,至PO 水平.此过程中轻绳的张力( )A 、一直减小B 、一直增大C 、先增大后减小D 、先减小后增大解析:选B 物体通过光滑的挂钩挂在绳上,绳各处张力相等.P 端沿逆时针旋转过程中,两绳夹角变大,合力大小、方向不变,故两分力都变大,即轻绳的张力一直增大,选项B 正确.3、(2018·厦门一中月考)一质量为m 的铁锤,以速度v 竖直打在木桩上,经过Δt 时间停止后,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A 、mg ΔtB.m v ΔtC.m v Δt ＋mgD.m v Δt－mg 解析:选C 对铁锤分析可知,其受重力与木桩的作用力,设向下为正方向,则有(mg －F )Δt ＝0－m v ,得:F ＝m v Δt＋mg ,由牛顿第三定律可知,铁锤对木桩的平均冲力为m v Δt＋mg ,选项C 正确. 4.如图所示,具有一定质量的小球A 固定在轻杆一端,另一端挂在小车支架的O 点.用手将小球拉至水平,此时小车静止于光滑水平面上,放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起,则在此过程中小车将( )A 、向右运动B 、向左运动C 、静止不动D 、小球下摆时,车向左运动后又静止解析:选D 水平方向上,系统不受外力,因此在水平方向上动量守恒,小球下摆过程中,水平方向具有向右的分速度,因此为保证动量守恒,小车要向左运动.当撞到橡皮泥,是完全非弹性碰撞,A 球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉,小车会静止.5、质量为2 kg 的物体A 做平抛运动,落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L ＝5 m,不考虑空气阻力的影响,重力加速度g 取10 m/s 2,下列说法中正确的是( )A 、物体A 落地时的动量大小为10 5 kg·m/sB 、物体A 落地时的动能为100 JC 、物体A 落地时,速度与水平方向的夹角是45°D 、物体A 做平抛运动中合力的平均功率为125 W解析:选A 由平抛运动规律可知:物体A 做平抛运动的时间t ＝ 2L g ＝1 s,做平抛运动的初速度v 0＝Lt ＝5 m/s,落地时竖直方向的速度v y ＝gt ＝10 m/s,落地时速度v ＝v 02＋v y 2＝5 5 m/s,落地时的动量大小p ＝m v ＝10 5 kg·m/s,A 正确；物体A 落地时的动能E k ＝12m v 2＝125 J,B 错误；物体A 落地时,速度与水平方向的夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝2,速度与水平方向的夹角不是45°,C 错误；物体A 做平抛运动中合力是重力,这段时间内重力做的功W ＝mgL ＝100 J,重力的平均功率为100 W,D 错误.6、(2018·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整,如图所示,某次发射任务中先将卫星送至近地轨道,然后再控制卫星进入椭圆轨道,图中O 点为地心,地球半径为R ,A 点是近地轨道和椭圆轨道的交点,远地点B 离地面高度为6R ,设卫星在近地轨道运动的周期为T ,下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析,其中正确的是( )A 、控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速B 、卫星通过A 点时的速度是通过B 点时速度的6倍C 、卫星通过A 点时的加速度是通过B 点时加速度的6倍D 、卫量从A 点经4T 的时间刚好能到达B 点解析:选D 卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R ,由开普勒第三定律知T 12T 22＝R 13R 23,卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T ,卫星从A 到B 用时为半个周期,即4T ,D 正确.7、(2017·江苏高考)如图所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套在水平光滑细杆上.物块质量为M ,到小环的距离为L ,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止,物块向上摆动.整个过程中,物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计,重力加速度为g .下列说法正确的是( )A 、物块向右匀速运动时,绳中的张力等于2FB 、小环碰到钉子P 时,绳中的张力大于2FC 、物块上升的最大高度为2v 2gD 、速度v 不能超过 (2F －Mg )L M解析:选D 物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力,即Mg <2F .物块向右匀速运动时,物块处于平衡状态,绳子中的张力T ＝Mg ≤2F ,故A 错误.小环碰到钉子时,物块做圆周运动,根据牛顿第二定律和向心力公式有:T －Mg ＝M v 2L ,T ＝Mg ＋M v 2L ,所以绳子中的张力与2F 大小关系不确定,B 错误.若物块做圆周运动到达的高度低于P 点,根据动能定理有－Mgh ＝0－12M v 2,则最大高度h ＝v 22g；若物块做圆周运动到达的高度高于P 点,则根据动能定理有－Mgh ＝12M v ′2－12M v 2,则最大高度h <v 22g,C 错误.小环碰到钉子后,物块做圆周运动,在最低点,物块与夹子间的静摩擦力达到最大值,由牛顿第二定律知:2F －Mg ＝M v 2L ,故最大速度v ＝ (2F －Mg )L M,D 正确. 二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)8、一细绳系着小球,在光滑水平面上做圆周运动,小球质量为m ,速度大小为v ,做圆周运动的周期为T ,则以下说法中正确的是( )A 、经过时间t ＝T 2,动量变化量为0 B 、经过时间t ＝T 4,动量变化量大小为2m v C 、经过时间t ＝T 2,细绳对小球的冲量大小为2m v D 、经过时间t ＝T 4,重力对小球的冲量大小为mgT 4解析:选BCD 经过时间t ＝T 2,小球转过了180°,速度方向正好相反,若规定开始计时时的速度方向为正,则动量变化量为Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ,细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ,故大小为2m v ,选项A 错误,C 正确；经过时间t ＝T 4,小球转过了90°,根据矢量合成法可得,动量变化量大小为Δp ′＝2m v ,重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT 4,B 、D 均正确. 9.如图所示,劲度系数为k 的轻质弹簧,一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ,另一端系一质量为m的小球,小球穿在圆环上做无摩擦的运动.设开始时小球置于A 点,弹簧处于自然状态,当小球运动到最低点时速率为v ,对圆环恰好没有压力.下列分析正确的是( )A 、从A 到B 的过程中,小球的机械能守恒B 、从A 到B 的过程中,小球的机械能减少C 、小球过B 点时,弹簧的弹力为mg ＋m v 2RD 、小球过B 点时,弹簧的弹力为mg ＋m v 22R解析:选BC 从A 到B 的过程中,因弹簧对小球做负功,小球的机械能将减少,A 错误,B 正确；在B 点对小球应用牛顿第二定律可得:F B－mg ＝m v 2R ,解得F B ＝mg ＋m v 2R ,C 正确,D 错误.10.如图所示,两个小球分别从斜虚线EF 上的O 、S 两点水平抛出,过一段时间再次经过斜虚线EF ,若不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A、两小球再次经过斜虚线EF时的速度大小可能相同B、两小球再次经过斜虚线EF时的速度方向一定相同C、两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置D、从O点水平抛出的小球到再次经过斜虚线EF所用的时间长解析:选ABC若两个球抛出时的初速度相同,则再次过虚线时两球的速度相同,A项正确；设虚线EF与水平方向夹角为α,再次经过虚线EF时的速度与水平方向的夹角为β,由平抛运动规律的推论可知:tan β＝2tan α,速度与水平方向的夹角相同,即速度方向相同,B项正确；若O点处球以水平初速度v1抛出到达虚线上某点C用时t1,S 点处球以初速度v2水平抛出到达C用时为t2,因此要使两球同时到达C点,只要O处的球(以初速度v1)比S处的球(以初速度v2)早t1－t2的时间抛出,两球可以同时到达C点,C项正确；若O处的球抛出的初速度比S处的球抛出的初速度小,则从O处抛出的球再次经过虚线EF 所用时间比S处抛出的球再次经过虚线EF所用时间短,D项错误.11.如图所示,斜面除AB段粗糙外,其余部分都是光滑的,物体与AB段间的动摩擦因数又处处相等,一个从顶点滑下的物体,经过A点时速度与经过C点时的速度相等,且AB＝BC,则以下说法中正确的是()A、物体在AB段和BC段的加速度大小相等B、物体在AB段和BC段的运动时间相等C、重力在以上两段运动中对物体做的功相等D、物体在以上两段运动中的动量变化量相同解析:选ABC根据运动学公式v12＝v02＋2ax,对AB段有v B2＝v A2＋2a AB x AB,对BC段有v C2＝v B2＋2a BC x BC,因为v C＝v A,x AB＝x BC,所以有a AB＝－a BC,即两段运动加速度大小相等,方向相反,A选项正确；根据动量定理,对AB段,F合t AB＝m(v B－v A),对BC段,F合′t BC＝m(v C －v B),因为两段速度变化大小相等,方向相反,合外力大小相等,方向相反,所以t AB＝t BC,B选项正确；因为x AB＝x BC,所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等,故重力做功相等,C选项正确；物体在以上两段运动中动量变化量大小相等,方向相反,故D选项错误.12、(2018·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A、物体的初速率v0＝3 m/sB、物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C、取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min ＝1.44 mD、当某次θ＝30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析:选BC由题图乙可知,当倾角θ＝0时,位移为2.40 m,而当倾角为90°时,位移为1.80 m,则由竖直上抛运动规律可得v 0＝2gh ＝2×10×1.80 m/s ＝6 m/s,故A 错误；当倾角为0时,由动能定理可得－μmgx ＝0－12m v 02,解得μ＝0.75,故B 正确；取不同的倾角θ,由动能定理得－mgx sin θ－μmgx cos θ＝0－12m v 02,解得x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝362×10×⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋34cos θ m ＝3625×sin (θ＋α) m,当θ＋α＝90°时位移最小,x min ＝1.44 m,故C 正确；若θ＝30°时,重力沿斜面向下的分力为mg sin 30°＝12mg ,摩擦力F f ＝μmg cos 30°＝338mg ,又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力,故物体达到最高点后,不会沿斜面下滑,故D 错误.三、实验题(本题共2小题,共18分)13、(8分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势,比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便,实验装置如图甲所示.(1)虽然少了计算的麻烦,却必须要测量遮光条的宽度,游标卡尺测量的结果如图乙所示,我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm,遮光条宽度d 为________ cm.(2)某次实验过程中,已经得到AB 之间的距离l 和遮光条通过光电门的时间t 和力传感器的示数F ,若要完成探究目的,还需要满足的条件是______________.若要以F 为横坐标,做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比,那么纵坐标的物理量应该是________⎝⎛⎭⎪⎫选填“t 2”或“1t 2”. 解析:(1)游标尺共计20个分度,总长19 mm,每个分度长0.95 mm,主尺的最小刻度是1 mm,相差0.005 cm.d ＝2 mm ＋5×0.05 mm ＝2.25 mm ＝0.225 cm.(2)要测量加速度,已经知道滑块在B 点的速度,AB 之间的距离,根据v 2－v 02＝2ax ,必须知道初速度,而A 点没有光电门,所以滑块在A 点必须从静止开始释放.由F ＝ma ,a ＝v 22l ＝d 22lt 2可得,F ＝md 22lt 2∝1t 2,所以处理数据时应作出1t 2-F 图像. 答案:(1)0.005 0.225 (2)滑块在A 点静止释放 1t 214、(10分)(2018·资阳一诊)图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置,某同学完成了一系列实验操作后,得到了如图乙所示的一条纸带.现选取纸带上某清晰的点标为0,然后每两个计时点取一个计数点,分别标记为1、2、3、4、5、6,用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h 1、h 2、h 3、h 4、h 5、h 6.(重力加速度为g )(1)已知打点计时器的打点周期为T,可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5,其中v5的计算式v5＝__________.(2)若重锤的质量为m,取打点0时重锤所在水平面为参考平面,分别算出打各个计数点时对应重锤的势能E p i和动能E k i,则打计数点3时对应重锤的势能E p3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在E-h坐标系中描点作出如图丙所示的E k-h和E p-h图线,求得E p-h 图线斜率的绝对值为k1,E k-h图线的斜率为k2,则在误差允许的范围内,k1________k2(选填“＞”“＜”或“＝”)时重锤的机械能守恒.(3)关于上述实验,下列说法中正确的是________.A、实验中可用干电池作为电源B、为了减小阻力的影响,重锤的密度和质量应该适当大些C、实验时应先释放纸带后接通电源D、图丙E k-h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能(4)无论如何改进实验方法和措施,总有重力势能的改变量大于动能的改变量,原因是:________________________________________________________ __.解析:(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度,则v5＝h 6－h 44T. (2)打计数点3时对应重锤的势能E p3＝－mgh 3,根据图像可知,每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等,那么机械能守恒,即图线的斜率大小相同,才能满足条件,因此k 1＝k 2.(3)实验中打点计时器使用的是交流电源,不可用干电池作为电源,故A 错误；为了减小阻力的影响,重锤的密度和质量应该适当大些,故B 正确；实验时应先接通电源,再释放纸带,故C 错误；图丙E k -h 图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能,故D 正确.(4)无论如何改进实验方法和措施,总有重力势能的改变量大于动能的改变量,原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用.答案:(1)h 6－h 44T(2)－mgh 3 ＝ (3)BD (4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用四、计算题(本题共4小题,共61分)15、(14分)(2017·上海高考)如图,与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点,且固定于竖直平面内.滑块从斜面上的A 点由静止释放,经B 点后沿圆轨道运动,通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零.已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10 m/s 2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)求:(1)滑块在C 点的速度大小v C ；(2)滑块在B 点的速度大小v B ；(3)A 、B 两点间的高度差h .解析:(1)在C 点滑块竖直方向所受合力提供向心力mg ＝m v C 2Rv C ＝gR ＝2 m/s.(2)对B →C 过程:滑块机械能守恒12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1＋cos 37°) v B ＝v C 2＋2gR (1＋cos 37°)＝4.29 m/s.(3)滑块在A →B 的过程,利用动能定理:mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝12m v B 2－0 代入数据解得h ＝1.38 m.答案:(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m16、(15分)如图所示,光滑半圆形轨道MNP 竖直固定在水平面上,直径MP 垂直于水平面,轨道半径R＝0.5 m.质量为m 1的小球A 静止于轨道最低点M ,质量为m 2的小球B 用长度为2R 的细线悬挂于轨道最高点P .现将小球B 向左拉起,使细线水平,以竖直向下的速度v 0＝4 m/s 释放小球B ,小球B 与小球A 碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P 点.两球可视为质点,g ＝10 m/s 2,试求:(1)B 球与A 球相碰前的速度大小；(2)A 、B 两球的质量之比m 1∶m 2.解析:(1)设B 球与A 球碰前速度为v 1,碰后两球的速度为v 2.B 球摆下来的过程中机械能守恒12m 2v 02＋m 2g ·2R ＝12m 2v 12 解得v 1＝6 m/s.(2)碰后两球恰能运动到P 点,则(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v P 2R得v P ＝gR ＝ 5 m/s碰后两球沿圆弧运动机械能守恒12(m 1＋m 2)v 22＝12(m 1＋m 2)v P 2＋(m 1＋m 2)g ·2R 解得v 2＝5 m/s两球碰撞过程中动量守恒m 2v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得m 1∶m 2＝1∶5.答案:(1)6 m/s (2)1∶517、(16分)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔,小孔内充满空气.当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来,在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”,从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦.然而当滑雪板对雪地速度较小时,与雪地接触时间超过某一值就会陷下去,使得它们间的摩擦力增大.假设滑雪者的速度超过4 m/s 时,滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125.一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑,滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地,最后停在C处,如图所示.不计空气阻力,坡长为l＝26 m,g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8.求:(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离.解析:(1)设滑雪者和滑雪板的总质量为m,由牛顿第二定律得mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1,a1＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2滑行时间t＝va1＝1 s.(2)由静止到动摩擦因数变化时的位移为x1＝12a1t2＝2 m动摩擦因数变化后,由牛顿第二定律得mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2,a2＝g(sin θ－μ2cos θ)＝5 m/s2又有x2＝l－x1＝24 m由v B2－v2＝2a2x2,解得v B＝v2＋2a2x2＝16 m/s. (3)在水平雪地上做匀减速直线运动.阶段一:运动加速度为a 3＝μ2g ＝1.25 m/s 2由运动规律得x 3＝v B 2－v 22a 3＝96 m 阶段二:运动加速度为a 4＝μ1g ＝2.5 m/s 2由运动规律得x 4＝v 22a 4＝3.2 m 则最大距离x m ＝x 3＋x 4＝99.2 m.答案:(1)1 s (2)16 m/s (3)99.2 m18、(16分)(2018·贵阳月考)在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一圆且半径足够大的光滑自由曲面体,一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上.已知小孩和冰车的总质量为m 1,小球的质量为m 2,曲面体的质量为m 3.某时刻小孩将小球以v 0＝4 m/s 的速度向曲面体推出(如图所示).(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；(2)若m 1＝40 kg,m 2＝2 kg,小孩将球推出后还能再接到小球,试求曲面质量m 3应满足的条件.解析:(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v系统机械能守恒,由机械能守恒定律得12m 2v 02＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 解得:h ＝m 3v 022(m 2＋m 3)g.(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m 2v 0－m 1v 1＝0,球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 3由机械能守恒定律得12m 2v 02＝12m 2v 22＋12m 3v 32 解得:v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0 如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足:v 2＞v 1解得:m 3＞4219kg. 答案:(1)m 3v 022(m 2＋m 3)g(2)m 3＞4219 kg。
2019高考物理一轮复习练习题(含解析)
人教物理2019高考一轮练习题（1）李仕才一、选择题1、（2018浙江省温州市高三上学期期中）随着时代的发展和科技的进步，手机给我们日常的生活带来了很大的便利，尤其是智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活。
如图所示为百度地图app软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，10分钟，5.4公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（）A. 10分钟表示的是某个时刻B. 10分钟表示的是某段时间间隔C. 5.4公里表示了此次行程的位移的大小D. 根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小【答案】B2、历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和v s分别表示某段位移s内的初速和末速。
A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。
而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是（）A.若A不变，则a也不变B.若A>0且保持不变，则a逐渐变小C.若A不变，则物体在中间位置处速度为D.若A不变，则物体在中间位置处速度为【答案】C3、（2018湖南师范大学附属中学月考）如图所示，一倾角为的斜面体置于固定．．在光滑水平地面上的物体A、B之间，斜面体恰好与物体A、B接触，一质量为m的物体C恰能沿斜面匀速下滑，此时斜面体与A、B均无作用力。
若用平行于斜面体的力F沿斜面向下推物体C，使其加速下滑，则下列关于斜面体与物体A、B间的作用力的说法正确的是A. 对物体A、B均无作用力B. 对物体A有向左的压力，大小为C. 对物体B有向右的压力，大小为D. 对物体A有向左的压力，大小为【答案】A4、（2018北京市东城区第二中学月考）、两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动．直到停止，其速度图象如图所示．那么，、两物体所受摩擦阻力之与、两物体克服摩擦阻力做的功之比分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A5、光滑水平面上质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶1B．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶3C．拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为2∶3D．拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为1∶1【答案】B6、（2018北京市第二中学期中）如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。
2019版高考物理创新一轮复习江苏专用版文档：第二章
基础课2力的合成与分解知识排查力的合成和分解1.合力与分力(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来那几个力叫做这一个力的分力。
(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。
2.共点力作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力。
如图1所示均是共点力。
图13.力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程。
(2)运算法则①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。
如图2甲所示。
②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法。
如图乙所示。
图24.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。
矢量和标量1.矢量：既有大小又有方向的量，相加时遵从平行四边形定则。
2.标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加。
小题速练1.思考判断(1)两个力的合力一定大于任一个分力。
( )(2)合力及其分力可以同时作用在物体上。
( )(3)两个分力大小一定，夹角越大，合力越大。
( )(4)8 N 的力能够分解成5 N 和3 N 的两个分力。
( )(5)既有大小又有方向的物理量一定是矢量。
( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×2.[人教版必修1P 61插图改编]小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图3所示。
已知两人手臂上的拉力大小相等且为F ，两个手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G ，则下列说法正确的是()图3A.当θ为120°时，F ＝G 2B.不管θ为何值，F ＝G 2C.当θ＝0°时，F ＝G 2D.θ越大时，F 越小解析 设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F ，由题意知小娟、小明的手臂夹角为θ角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得：2F cos θ2＝G ，解得F ＝G2cos θ2，当θ＝0°时，cos θ2值最大，此时F ＝12G ，即为最小，当θ为60°时，F＝33G，当θ为120°时，F＝G，即θ越大，F越大，故选项C正确，A、B、D错误。
2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测(一) 第一_三章验收 Word版含解析
阶段综合检测（一）第一~三章验收(时间：100分钟满分：120分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题3分,共21分。
每小题只有一个选项符合题意)1．(2018·绍兴期中)高速路上堵车,小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵,估计需要24分钟通过”,根据导航仪提醒,下列推断合理的是()A．汽车将匀速通过前方3公里B．能够计算出此时车子的速度是0.125 m/sC．通过前方这3公里的过程中,车子的平均速度大约为7.5 km/h D．若此时离目的地还有30公里,到达目的地一定需要240分钟解析：选C前方拥堵,汽车不可能做匀速运动通过3公里,故A 错误；根据题设条件,汽车的瞬时速度无法求出,故B错误；根据平均速度公式可知,平均速度约为：v＝xt＝32460km/h＝7.5 km/h,故C正确；经过拥堵路段后,汽车的速度并不一定一直保持,故此后的运动时间无法确定,故D错误。
2.(2018·绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发,其v-t图像如图所示。
下列说法正确的是()A．甲、乙两物体运动方向相反,加速度方向相同B．甲的位移不断减小,乙的位移不断增大C．第1 s末两物体相遇D．前2 s内两物体的平均速度相同解析：选D在v-t图像中,速度的正负表示速度的方向,图线的斜率表示加速度,故两物体运动方向相同,加速度方向相反,故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移,可知甲、乙两物体位移都不断增大,故B错误。
第1 s末两物体通过的位移不相等,而两者又是从同一地点出发的,故不可能相遇,故C错误；在v-t图像中,图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移,则知前2 s内,两个物体通过的位移相等,所用时间相等,故前2 s内两物体的平均速度相同,故D正确。
3．(2018·南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。
对于这一现象,下列说法正确的是()A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力,所以玻璃才碎裂B．锤头受到的力大于玻璃受到的力,只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的,只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况,所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选C锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力与反作用力,总是大小相等,方向相反,但因作用在不同的物体上,因物体的承受能力不同,产生不同的作用效果,故C正确,A、B、D均错误。
江苏省南通市2019届高三模拟考试(一)物理试题附答案解析
江苏省南通市2019届高三模拟考试（一）物理试题一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意，选对的得3分，选错或不答的得0分．1.据中新网报道，中国自主研发的北斗卫星导航系统“北斗三号”第17颗卫星已于2018年11月2日在西昌卫星发射中心成功发射．该卫星是北斗三号全球导航系统的首颗地球同步轨道卫星，也是北斗三号系统中功能最强、信号最多、承载最大、寿命最长的卫星．关于该卫星，下列说法正确的是A. 它的发射速度一定大于11.2 km/sB. 它运行的线速度一定不小于7.9 km/sC. 它在由过渡轨道进入运行轨道时必须减速D. 由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，该卫星的动能可能会增加【答案】D【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出卫星在同步轨道上的速度与第一宇宙速度的大小；该卫星将做向心运动，轨道半径减小，应用牛顿第二定律求出线速度，然后分析答题；【详解】A．该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行，故A错误；B．根据知，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以它运行的线速度一定小于7.9 km/s，故B错误；C．它在由过渡轨道进入运行轨道做离心运动，必须加速，故C错误；D．由于该卫星受到阻力影响而做减速运动，该卫星做圆周运动需要的向心力小于万有引力，做向心运动，其轨道半径r减小，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于半径r 减小，则其线速度变大，动能变大，故D正确；故选D。
【点睛】知道万有引力提供向心力是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题；要理解卫星变轨的原理。
2.如图所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为3h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在C点相遇，C点离地面的高度为h．已知重力加速度为g，则A. 两个小球一定同时抛出B. 两个小球一定同时落地C. 两个小球抛出的时间间隔为D. 两个小球抛出的初速度之比【答案】C【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在C点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度；【详解】AB．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由，得，由于A到C的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应A先抛出；它们在C点相遇时A的竖直方向速度较大，离地面的高度相同，所以A小球一定先落地，故A、B错误；C．由得两个小球抛出的时间间隔为，故C正确；D．由得，x相等，则小球A. B抛出的初速度之比，故D错误；故选C。
2019届高考物理江苏专版一轮复习阶段检测：(一) 第一_三章验收 Word版含解析
阶段综合检测（一）第一~三章验收(时间：100分钟满分：120分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题3分,共21分.每小题只有一个选项符合题意)1．(2018·绍兴期中)高速路上堵车,小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵,估计需要24分钟通过”,根据导航仪提醒,下列推断合理的是()A．汽车将匀速通过前方3公里B．能够计算出此时车子的速度是0、125 m/sC．通过前方这3公里的过程中,车子的平均速度大约为7、5 km/h D．若此时离目的地还有30公里,到达目的地一定需要240分钟解析：选C前方拥堵,汽车不可能做匀速运动通过3公里,故A 错误；根据题设条件,汽车的瞬时速度无法求出,故B错误；根据平均速度公式可知,平均速度约为：v＝xt＝32460km/h＝7、5 km/h,故C正确；经过拥堵路段后,汽车的速度并不一定一直保持,故此后的运动时间无法确定,故D错误.2、(2018·绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发,其v-t图像如图所示.下列说法正确的是()A．甲、乙两物体运动方向相反,加速度方向相同B．甲的位移不断减小,乙的位移不断增大C．第1 s末两物体相遇D．前2 s内两物体的平均速度相同解析：选D在v-t图像中,速度的正负表示速度的方向,图线的斜率表示加速度,故两物体运动方向相同,加速度方向相反,故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移,可知甲、乙两物体位移都不断增大,故B错误.第1 s末两物体通过的位移不相等,而两者又是从同一地点出发的,故不可能相遇,故C错误；在v-t图像中,图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移,则知前2 s内,两个物体通过的位移相等,所用时间相等,故前2 s内两物体的平均速度相同,故D正确.3．(2018·南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了.对于这一现象,下列说法正确的是()A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力,所以玻璃才碎裂B．锤头受到的力大于玻璃受到的力,只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的,只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况,所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选C锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力与反作用力,总是大小相等,方向相反,但因作用在不同的物体上,因物体的承受能力不同,产生不同的作用效果,故C正确,A、B、D均错误.4．(2018·吉林大学附中模拟)从t＝0时刻开始,甲沿光滑水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面,从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用.则在0～4 s的时间内()A．甲物体所受合力不断变化B．甲物体的速度不断减小C．2 s末乙物体改变运动方向D．2 s末乙物体速度达到最大解析：选D由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动,在2～4 s内做反向的匀加速直线运动,整个过程加速度不变.由牛顿第二定律F＝ma可以知道,物体甲受到的合力保持不变,故A错误.物体甲的速度先减小后反向增大,故B错误.由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向.说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动,2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动,2 s末运动方向没有改变,且2 s末乙物体速度达到最大,故C错误,D正确.5、(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦.现将滑块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平.若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中,滑块始终未与皮带达到共速,则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大,加速度增大B．速度增大,加速度减小C．速度先增大后减小,加速度先增大后减小D．速度先增大后减小,加速度先减小后增大解析：选D滑块轻放到皮带上,受到向左的摩擦力,开始摩擦力大于弹簧的弹力,向左做加速运动,在此过程中,弹簧的弹力逐渐增大,根据牛顿第二定律,加速度逐渐减小,当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大,然后弹力大于摩擦力,加速度方向与速度方向相反,滑块做减速运动,弹簧弹力继续增大,根据牛顿第二定律得,加速度逐渐增大,速度逐渐减小.故D正确,A、B、C错误.6．(2018·盘锦模拟)在水平的足够长的固定木板上,一小物块以某一初速度开始滑动,经一段时间t后停止,现将该木板改置成倾角为45°的斜面,让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑,若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ,则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A、2μ1＋μB、μ2μ＋1C、2μ2＋μD、1＋μ2μ解析：选A木板水平时,物块的合力是滑动摩擦力.根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1＝μg,设滑行初速度为v0,则滑行时间为t＝v0μg；木板改置成倾角为45°的斜面后,对物块进行受力分析,如图所示：小物块的合力F 合＝mg sin 45°＋f ＝mg sin 45°＋μmg cos 45°小物块上滑的加速度a 2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m ＝(1＋μ)2g 2, 滑行时间t ′＝v 0a 2＝2v 0(1＋μ)g, 因此t ′t ＝2μ1＋μ,故A 正确,B 、C 、D 错误.7、如图所示,某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成,当质量为m 的物体竖直射向空中时,底盘对物体的支持力为6mg (g 为重力加速度),已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°,则此时每根弹簧的伸长量为( )A 、3mg kB 、4mg kC 、5mg kD 、6mg k解析：选D 对物体m ,受重力和支持力,根据牛顿第二定律,有：N －mg ＝ma其中：N ＝6mg解得：a＝5g再对质量不计的底盘和物体m整体分析,受两个拉力和重力,根据牛顿第二定律,有：竖直方向：2F cos 60°－mg＝ma解得：F＝6mg根据胡克定律,有：x＝Fk＝6mgk故D正确.二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)8、如图所示,用恒力F将物体压在粗糙竖直面上,当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置,物体始终静止,则在这个过程中,物体受到的摩擦力F f和墙壁对物体弹力的变化情况是()A．F f方向可能一直竖直向上B．F f可能先变小后变大C．F N先变小后变大D．F N先变小后变大再变小解析：选AB若F在竖直方向的分力小于物体重力,则在F顺时针旋转过程中,F f方向一直竖直向上,F f则一直减小,若F在竖直方向的分力大于物体重力,则F f的方向可变为竖直向下,此过程中F f先变小后变大,故A、B选项正确；因F N等于力F在水平方向分力的大小,故F N先增大后减小,C、D选项均错误.9、(2018·皖南八校联考)质量为0、2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,6 s末撤去水平推力F,如图实线表示其运动的v -t图像,其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v -t图像的切线.g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．6 s末物块速度方向改变B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小C．物块与水平面间的动摩擦因数为0、1D．水平推力F的最大值为0、9 N解析：选BD 6 s末物块速度仍为正值,故速度方向没改变,选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动,则平均速度为3 m/s,而由图线可知,物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s,而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s,故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小,选项B正确；撤去外力后的加速度a＝ΔvΔt＝610－6m/s2＝1、5m/s2,根据a＝μg＝1、5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0、15,选项C错误；物块的最大加速度为a m＝ΔvΔt＝66－4m/s2＝3 m/s2,根据牛顿第二定律F m－μmg＝ma m,解得F m＝0、9 N,选项D正确.10、(2018·潍坊一模)静止在水平面上的物体,受到水平拉力F 的作用,在F 从20 N 开始逐渐增大到40 N 的过程中,加速度a 随拉力F 变化的图像如图所示,由此可以计算出(g ＝10 m/s 2)( )A ．物体的质量B ．物体与水平面间的动摩擦因数C ．物体与水平面间的滑动摩擦力大小D ．加速度为2 m/s 2时物体的速度解析：选ABC 当F >20 N 时,根据牛顿第二定律：F －f ＝ma ,得a ＝－f m ＋F m则由数学知识知图像的斜率k ＝1m由图得k ＝5－140－20＝15,可得物体的质量为5 kg. 将F ＝20 N 时a ＝1 m/s 2,代入F －f ＝ma 得：物体受到的摩擦力f ＝15 N由f ＝μF N ＝μmg 可得物体的动摩擦因数μ,故A 、B 、C 正确. 因为图像只给出作用力与加速度的对应关系,且物体做加速度逐渐增大的加速运动,因没有时间,故无法算得物体的加速度为2 m/s 2时物体的速度,故D 错误.11、(2018·百校联盟冲刺金卷)如图所示,物块A 、B叠放在一起,其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan θ,A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑,则下列说法正确的是()A．上滑的过程A、B整体处于失重状态B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等解析：选AD在上升和下滑的过程,整体都是只受三个力,重力、支持力和摩擦力,以向下为正方向,根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(m A＋m B)g sin θ＋f＝(m A＋m B)a,f＝μ(m A＋m B)g cos θ因此有：a＝g sin θ＋μg cos θ,方向沿斜面向下,所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态,故A正确.同理对整体进行受力分析,向下运动的过程中,由牛顿第二定律得：(m A＋m B)g sin θ－f＝(m A＋m B)a′,得：a′＝g sin θ－μg cos θ由于μ＜tan θ,所以a′＞0所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动,故B错误；以B为研究对象,向上运动的过程中,根据牛顿第二定律有：m B g sin θ＋f′＝m B a,解得：f′＝μm B g cos θ；向下运动的过程中,根据牛顿第二定律有：m B g sin θ－f″＝m B a′,解得：f″＝μm B g cos θ；所以f″＝f′,即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等,故C错误,D正确.12、(2018·儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图,金属导轨倾斜固定,倾角为α,导轨上开有一狭槽,内置一小球,球可沿槽无摩擦滑动,绳子一端与球相连,另一端连接一抱枕,小孩可抱住抱枕与之一起下滑,绳与竖直方向夹角为β,且保持不变.假设抱枕质量为m1,小孩质量为m2,小球、绳的质量及空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是() A．分析可知α＝βB．小孩与抱枕一起做匀速直线运动C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2解析：选AD由于球沿斜槽无摩擦滑动,则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度,且a＝g sin α,做匀加速直线运动,隔离对小孩和抱枕分析,加速度a＝g sin α＝g sin β,则α＝β,故A正确,B错误.对抱枕分析,受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力,因为沿绳子方向合力为零,平行导轨方向的合力为m1a＝m1g sin β,可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上,故C错误.对小孩和抱枕整体分析,根据平行四边形定则知,绳子的拉力T＝(m1＋m2)g cos β,抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上,大小为m2g cos β,则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2,故D正确.三、实验题(本题共2小题,共18分)13．(6分)(2018·武汉华中师大一附中模拟)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中,测得纸带上计数点的情况如图所示,A、B、C、D、E为选好的计数点,在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出,图中数据的单位是cm,实验中使用的电源频率为50 Hz.由此可知：小车的加速度a＝________m/s2；打点计时器打下C点时,小车的瞬时速度v C＝__________m/s.(结果保留两位有效数字)解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出,因此计数点之间的时间间隔为T＝0、1 s；根据Δx＝aT2,可得a＝x CE－x AC4T2；代入数据,解得a＝17.47－8.05－8.054×0.12×10－2 m/s2≈0、34 m/s2.根据匀变速直线运动中,中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,有：v C＝x BD2T＝12.59－3.862×0.1×10－2 m/s≈0、44 m/s.答案：0、340、4414．(12分)(2018·河北正定中学检测)为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律,同学们设计了如图(a)所示的实验装置,他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上,固定点分别为M和N,M低于N,绳长为L(L>D).他们首先在轻绳上距离M点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动),由测力计读出轻绳MC、NC的拉力大小T M和T N,随后改变重物悬挂点的位置,每次将M到C点的距离增加10 cm,并读出测力计的示数,最后得到T M、T N与轻绳MC长度之间的关系曲线如图所示,由实验可知：(1)曲线Ⅰ中拉力最大时,C与M点的距离为________cm,该曲线为________(选填：T M或T N)的曲线.(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上,待稳定后,左端测力计上的示数为________N,MC与水平方向的夹角为________(用正弦值表示)(第2问结果均保留两位有效数字).解析：(1)由题图(b)可知,曲线Ⅰ中拉力最大时,C与M点的距离为100 cm.选取C为研究的对象,受力如图,水平方向：T M sin α＝T N sin β,竖直方向：T M cos α＋T N cos β＝G,由图可得,当α＝β时,两轻绳上的拉力相等,该处离M比较近.C到M 与N的距离相等时,受力如图：水平方向仍然满足：T M sin α＝T N sin β由图可得α>β,所以：T M<T N,所以曲线Ⅱ是T M的曲线,曲线Ⅰ是T N 的曲线.(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上,待稳定后,轻绳两次的拉力相等,对应题图(b)中两曲线的交点,可读出轻绳的拉力T0＝4、3 N.由(1)中分析可知此时α＝β,则：2T0cos α＝mg.由几何关系可知,MC与水平方向的夹角为(90°－α)；由题图(b)可知,重物的重力为3、2 N.则可知,MC与水平方向的夹角的正弦值为：sin(90°－α)＝cos α＝mg2T0＝3.22×4.3≈0、37.答案：(1)100T N(2)4、30、37四、计算题(本题共4小题,共61分)15．(14分)(2018·潍坊调研)在一次“模拟微重力环境”的实验中,实验人员乘坐实验飞艇到达h 1＝6 000 m 的高空,然后让飞艇由静止下落,下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0、04倍.实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验,当飞艇下落到距地面的高度h 2＝3 000 m 时,开始做匀减速运动,以保证飞艇离地面的高度不低于h ＝500 m,取g ＝10 m/s 2,求：(1)飞艇加速下落的时间t ；(2)减速运动过程中,实验人员对座椅的压力F 与其重力mg 的比值F mg 的最小值.解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a 1,由牛顿第二定律得：Mg －f ＝Ma 1解得a 1＝Mg －f M ＝9、6 m/s 2加速下落的高度为h 1－h 2＝3 000 m,根据位移时间关系公式,有：h 1－h 2＝12a 1t 2, 故加速下落的时间为t ＝ 2(h 1－h 2)a 1＝ 2×3 0009.6 s ＝25 s. (2)飞艇开始做减速运动时的速度为v ＝a 1t ＝240 m/s匀减速下落的最大高度为h 2－h ＝3 000 m －500 m ＝2 500 m要使飞艇在下降到离地面500 m 时速度为零,飞艇减速时的加速度a 2至少应为a 2＝v 22(h 2－h )＝24022×2 500m/s 2＝11、52 m/s 2 根据牛顿第二定律可得F ′－mg ＝ma 2,根据牛顿第三定律可得F ＝F ′,则：F mg ＝2、152.答案：(1)25 s (2)2、15216．(15分)(2018·遵义模拟)如图,光滑水平面上,质量为M ＝2 kg 的木板B (足够长),在F ＝6 N 的水平向右外力作用下从静止开始运动,t 0＝1 s 末将一质量为m ＝1 kg 的煤块A 轻放在B 的右端,A 、B 间动摩擦因数为μ＝0、3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g ＝10 m/s 2),求：(1)煤块A 刚放上时,A 、B 的加速度大小；(2)煤块A 在B 上划过的痕迹的长度.解析：(1)根据题意,对物体进行受力分析,对于A ,水平方向上只受到摩擦力,所以有：μmg ＝ma解得：a A ＝μg ＝3 m/s 2.对于B ,放上A 之后,B 在水平方向上受到两个力的作用,由牛顿第二定律可得：F －μmg ＝Ma B解得：a B ＝6－32m/s 2＝1、5 m/s 2. (2)当A 、B 的速度相同的时候,A 在B 上将不再产生痕迹,设放上去A之前,B的速度为v0,经过t秒,它们达到共同速度,则a A t＝v0＋a B t 没有放上A之前的1秒钟,B的加速度为3 m/s2,所以放上A之前,B 的速度v0＝3 m/s由以上可知：3t＝3＋1、5t解得：t＝2 s.x B＝v0t＋12a B t2＝3×2 m＋2×1、5 m＝9 mx A＝12a A t2＝6 m所以划痕长为x B－x A＝9 m－6 m＝3 m.答案：(1)3 m/s21、5 m/s2(2)3 m17．(16分)(2018·天津市五区县期末)如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L＝2、5 m的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板,恰好滑到木板右端停止.现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ＝37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10 m/s2,sin 37°＝0、6,cos 37°＝0、8.求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.解析：(1)设滑块质量为m,木板水平时滑块加速度为a,则对滑块有μmg＝ma滑块恰好到木板右端停止0－v 02＝－2aL解得μ＝v 022gL＝0、5. (2)当木板倾斜时,设滑块上滑时的加速度为a 1,最大距离为x ,上滑的时间为t 1,有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 10－v 02＝－2a 1x0＝v 0－a 1t 1解得t 1＝12s 设滑块下滑时的加速度为a 2,下滑的时间为t 2,有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x ＝12a 2t 22 解得t 2＝52s 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s. 答案：(1)0、5 (2)1＋52s 18．(16分)(2018·全国百所名校示范卷)近年来网上购物发展迅速,使得物流业迅速发展起来,图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图,传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点),平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品,经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1、8 m的平台上,如图所示.已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0、5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 37°＝0、6,cos 37°＝0、8,求：(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,则物品还需多少时间才能到达平台？解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前,有：F＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma1解得：a1＝8 m/s2由v＝a1t1,得t1＝va1＝0、5 s位移为：x1＝12a1t12＝1 m.(2)达共速后,有：F－μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma2解得a2＝0,即滑块匀速上滑,位移为：x2＝Hsin 37°－x1＝2 m则匀速运动的时间为t2＝x2v＝0、5 s总时间为：t＝t1＋t2＝1 s即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,根据牛顿第二定律,有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma3解得：a3＝－2 m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时,通过的位移为x＝－v22a3＝4 m由此知物品速度减为零之前已经到达平台；由x2＝v t3＋12a3t32即2＝4t3－12×2t32解得：t3＝(2－2)s(另一解不合题意,舍去) 即物品还需(2－2)s到达平台.答案：(1)0、5 s(2)1 s(3)(2－2)s。
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专题突破练(一) 运动的描述 匀变速直线运动的研究(限时：40分钟)对点强化1 思维转换法巧解匀变速直线运动问题1．汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s 停止，刹车距离为9 m ，若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s 的位移是( ) 【导学号：96622381】A ．4.5 mB ．4 mC ．3 mD ．2 mB 汽车刹车反过来可以看做初速度为零的匀加速直线运动，由x ＝12at 2可得其加速度大小a ＝2x t 2＝2×91.52 m/s2＝8 m/s 2；汽车停止前最后1 s 的位移x′＝12at′2＝12×8×12m ＝4 m ，B 正确．2．(多选)屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图1所示，(g 取10 m/s 2)则以下结论正确的是( )图1A ．窗子下沿离地面高为1.2 mB ．屋檐离地面高为3.2 mC ．滴水的时间间隔为0.2 sD ．雨滴下落的总时间为1 sBC 如图所示，如果将这5滴水运动等效为一滴水的自由落体，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答．设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T.则x ＝16x 0,5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m ．另有x ＝12g(4T)2，解得T ＝0.2 s ．B 、C 均正确；窗子下沿离地面的高度为7x 0＝1.4 m ，雨滴下落的总时间t ＝4T ＝0.8 s ，故A 、D 均错误．3．2019年男子冰壶世锦赛在北京举行．如图2所示，一次冰壶以速度v 垂直进入四个宽均为l 的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的E 点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t ，则冰壶通过第四个矩形所用的时间是多少？图2【解析】 方法一 逆向思维法冰壶通过矩形区域的匀减速运动，可看作冰壶从E 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式，由E 到A ，有4l ＝12at 21式中，t 1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a 为其加速度的大小． 由E 到D ，有l ＝12a(t 1－t)2联立解得t 1＝2t 或t 1＝23t显然t 1＝23t 不符合题意，应舍去．所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t 1－t ＝t. 方法二 比例法对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1) 现有x ED ∶x DA ＝1∶3冰壶从D 到A 的时间为t ，故从E 到D 的时间也为t ，即冰壶通过第四个矩形所用的时间为t. 【答案】 t对点强化2 数形结合破解运动学问题4．(2018·江苏高考)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v 和位移x 的关系中，能描述该过程的是( ) 【导学号：96622382】A 汽车从静止开始做匀加速直线运动，由v 2＝2ax 知当速度达到最大值v m 时做匀减速直线运动直到速度为0，由运动的可逆性得v 2＝2a′x′，故选项A 正确．5.如图3所示，两物体由高度相同、路径不同的光滑斜面由静止下滑，物体通过两条路径的长度相等，通过C 点前后速度大小不变，且到达最低点B 、D 时两点的速度相等，则下列说法正确的是( )图3A．物体沿AB斜面运动时间较短B．物体沿ACD斜面运动时间较短C．物体沿两个光滑斜面运动时间相等D．无法确定B 由于两斜面光滑，且物体通过C点前后速度大小不变，两物体到达斜面最低点的速度大小相等，而且两物体运动路程相等，故可用速度—时间图象进行分析比较．从图中可以看出，沿ACD运动时，起始阶段加速度较大，故其速度图象起始阶段斜率较大，且二者末速度相等，为了保证最后速度大小一样且包围的面积(路程)一样，可以看到通过AB的时间t1大于通过ACD的时间t2，所以沿ACD斜面运动时间较短，故B正确．6．如图4所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同—个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为t A、t B、t C，则t A、t B、t C，大小关系是( )图4A．t A＜t C＜t BB．t A＝t C＝t BC．t A＝t C＜t BD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系C 对于AM段，位移x1＝2R，加速度a1＝mgsin 45°m＝22g，根据x＝12gt2得，t A＝2x1a1＝4Rg.对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin 60°＝32g，由x2＝12at2得，t B＝2x2a2＝8R3g.对于CM段，同理可解得t C＝2x3a3＝4Rg.故t A＝t C＜t B，选项C正确．对点强化3 高考常考的三类图象问题7．从距地面一定高度竖直上抛一个小球，经过一段时间后落地反弹，忽略空气阻力和小球与地面碰撞的动能损失，则小球的速度—时间图象是( ) 【导学号：96622383】C 据题意，小球抛出后向上做匀减速直线运动，则选项AB 错误；到达最高点后向下做自由落体运动，落到地面时速度大于抛出时的速度，又以该速率向上做减速运动，故选项C 正确．8. (2018·南京模拟)一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt 的图象如图5所示，则下列说法正确的是( )图5A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2C ．质点在第1 s 内的平均速度为0.75 m/sD ．质点在1 s 末速度为1.5 m/s Dx t图象即图象，由图知质点的速度均匀增大，说明质点做匀加速直线运动，故A 错误．质点做匀加速直线运动，根据x ＝v 0t ＋12at 2，得x t ＝v 0＋12at ，由图得：12a ＝0.5，则加速度为a ＝2×0.5 m/s 2＝1 m/s 2，故B 错误．质点的初速度v 0＝0.5 m/s ，在1 s 末速度为v ＝v 0＋at ＝(0.5＋1) m/s ＝1.5 m/s ，故D 正确．质点在第1 s 内的平均速度v ＝v 0＋v 2＝0.5＋1.52m/s ＝1 m/s ，故C 错误． 9．甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其中甲车初速度为零，最大速度为4 m/s ，乙车初速度为1.5 m/s ，最大速度为3.5 m/s ，其vt 图象如图6所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622384】图6A ．在t ＝4 s 时，甲、乙相遇B ．甲的加速度一直小于乙的加速度C ．在t ＝1 s 时，两车速度相等，加速度相等D ．甲车运动的总位移大于乙车运动的总位移A vt 图线与t 轴所围面积表示位移，斜率表示加速度，在t ＝4 s ，甲、乙的位移均为10 m ，甲、乙相遇，选项A 正确；在4～6 s ，甲、乙加速度相同，选项B 错误；在t ＝1 s ，甲的加速度大于乙的加速度，选项C 错误；乙车运动的总位移大于甲车运动的总位移，选项D 错误．对点强化4 刹车避撞问题10．近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响．在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图7所示，a 、b 分别为小汽车和大卡车的vt 图象，以下说法正确的是( )图7A ．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B ．在t ＝5 s 时追尾C ．在t ＝3 s 时追尾D ．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾C 从图象可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a 1＝－10 m/s 2，失灵后的加速度a 2＝－2.5 m/s 2，假设能追尾，设追尾时间为t ，则有小汽车刹车失灵前的位移：x 1＝12×(20＋30)×1 m＝25 m ，小汽车刹车失灵后的位移：x 2＝20×(t－1)－12×2.5×(t－1)2，大卡车的位移：x 3＝10t ，由x 1＋x 2＝30＋x 3得t ＝3 s ，则假设成立，所以A 、B 错误，C 正确；如果刹车不失灵，则在t ＝2 s 时两车速度相同，这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D 错．11．经检测汽车A 的制动性能：以标准速度20 m/s 在平直公路上行驶时，制动后40 s 停下来．现汽车A 在平直公路上以20 m/s 的速度行驶发现前方180 m 处有一货车B 以6 m/s 的速度同向匀速行驶，司机立即制动，是否发生撞车事故？【导学号：96622385】【解析】 汽车A 以v 0＝20 m/s 的初速度做匀减速直线运动经40 s 停下来．据加速度公式a ＝ΔvΔt 可求出a＝－0.5 m/s 2，当A 车减为与B 车同速时是A 车驶近B 车距离最多的时刻，这时若能超过B 车则相撞，反之则不能相撞．据v 2－v 20＝2ax 可求出A 车减为与B 车同速时的位移x 1＝v 21－v 22a＝364 m.这一过程B 车运动的时间t ＝v 1－v 0a＝28 s ， 此时间内B 车位移为x 2＝v 1t ＝6×28 m＝168 m ， Δx ＝364 m －168 m ＝196 m>180 m. 所以两车相撞． 【答案】 两车相撞12．汽车A 以v A ＝4 m/s 的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x 0＝7 m 处、以v B ＝10 m/s 的速度同向运动的汽车B 正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a ＝2 m/s 2.从此刻开始计时．求：(1)A 追上B 前，A 、B 间的最远距离是多少？ (2)经过多长时间A 恰好追上B?【解析】 汽车A 和B 运动的过程如图所示．(1)当A 、B 两辆汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v B －at ＝v A ，解得t ＝3 s. 此时汽车A 的位移x A ＝v A t ＝12 m ， 汽车B 的位移x B ＝v B t －12at 2＝21 m ，故最远距离Δx m ＝x B ＋x 0－x A ＝16 m.(2)汽车B 从开始减速直到静止经历的时间t 1＝v Ba ＝5 s ，运动的位移x B ′＝v 2B2a＝25 m ，汽车A 在t 1时间内运动的位移x A ′＝v A t 1＝20 m ， 此时相距Δx ＝x B ′＋x 0－x A ′＝12 m ， 汽车A 需再运动的时间t 2＝Δxv A＝3 s ， 故A 追上B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝8 s. 【答案】 (1)16 m (2)8 s。