高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练2含解析

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高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练2 含答案

课时跟踪训练(二)一、选择题1．(多选)一物体做匀变速直线运动，经过时间t，它的速度由v1变为v2，经过的位移为x，下列说法中正确的是()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＝v1＋v22C．经过x2时，它的瞬时速度为xtD．经过x2时，它的瞬时速度为v21＋v22 2[解析]根据平均速度的概念，这段时间内物体的平均速度v＝xt，故A正确；由于物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的平均速度v＝v1＋v22，B正确；由于物体的加速度为a＝v2－v1t，设经过x2时，它的瞬时速度为v，则v2－v21＝2a×x2，v22－v2＝2a×x2，所以v＝v21＋v222，故D正确．[答案]ABD2．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，下列说法正确的是()A．第3 s内的平均速度是3 m/sB．物体的加速度是1.2 m/s2C．前3 s内的位移是6 mD．3 s末的速度是4 m/s[解析]第3 s内的位移x3＝12at23－12at22，解得物体的加速度a＝2x3t23－t22＝69－4m/s 2＝1.2 m/s 2，第3 s 末的速度v 3＝at 3＝1.2×3 m/s ＝3.6 m/s ，第3 s 内的平均速度是v ＝31 m/s ＝3 m/s ，前3 s 内的位移是x ＝12at 23＝12×1.2×32 m ＝5.4 m ，故A 、B 正确．[答案] AB3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s 内的平均速度为( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s[解析] 将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－12m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝0－24－12 s ＝2 s ，由此可知3 s 时汽车已经停止，位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m ，故平均速度v ＝x t ＝243 m/s ＝8 m/s.[答案] B4．如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q 、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )A ．2 mB.98 mC.258 m D ．3 m[解析] 设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δx ＝aT 2得，加速度a ＝Δx T 2＝(4－3) mT2＝1 m T2.Q点的速度等于PN段的平均速度，v Q＝x PQ＋x QN2T＝(4＋3) m2T＝7 m2T.则OQ间的距离s OQ＝v 2 Q2a ＝49 m24T2×T22 m＝498m，则OP长度x OP＝x OQ－x PQ＝498m－3 m＝258m，故A、B、D错误，C正确．[答案] C5．(多选)质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s内的位移为2.5 m，由此可求得()A．滑块的加速度为5 m/s2B．滑块的初速度为5 m/sC．滑块运动的总时间为3 sD．滑块运动的总位移为4.5 m[解析]初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项C正确；最初1 s内的位移与总位移之比为x1x ＝59，滑块最初1 s内的位移为2.5 m，故x＝4.5 m，选项D正确；根据x＝12at2可得a＝1 m/s2，选项A错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为3 m/s，选项B错误．[答案]CD6．(多选)将物体以初速度v0从地面处竖直上抛，物体经3 s到达最高点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体上升的最大高度为45 mB ．物体速度改变量的大小为30 m/s ，方向竖直向上C ．物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1D ．物体在1 s 内、2 s 内、3 s 内的平均速度之比为9∶4∶1[解析] 物体运动到最高点，速度为零，可以逆向看成自由落体运动，经3 s 落地，根据运动学公式可以得出高度为45 m ，初速度为30 m/s ，所以A 项正确，由Δv ＝gΔt ＝30 m /s 方向与加速度方向一致为坚直向下，B 项错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的规律，可以知道C 项正确，D 项错误．[答案] AC7．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000 s ，则小石子出发点离A 点约为()A ．6.5 mB ．10 mC ．20 mD ．45 m[解析] 根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB 段的平均速度的大小，再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．由题图可知AB 的长度为2 cm ，即0.02 m ，曝光时间为11000 s ，所以AB 段的平均速度的大小为v ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，由自由落体的速度与位移关系式v 2＝2gh 可得，h ＝v 22g ＝2022×10 m ＝20 m ，所以C 正确． [答案] C8．(多选)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，速度差为Δv ，如果人站在四层楼的阳台上，以同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt 和速度差Δv 将( )A ．Δt 不变B ．Δt 变小C ．Δv 变小D ．Δv 变大[解析] 设细绳的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L ，在L 内运动的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋12gt 2，初速度越大，时间越短，所以Δt 1>Δt 2.速度差Δv ＝gΔt ，所以Δv 变小，故B 、C 正确．[答案] BC9．(多选)从地面竖直上抛一物体A ，同时在离地面某一高度处有一物体B 自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v ，则下列说法正确的是( )A ．A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相等，都是2vB ．两物体在空中运动的时间相等C ．A 上升的最大高度与B 开始下落时的高度相同D ．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B 开始下落时高度的中点[解析] 设两物体从开始运动到同一高度的时间为t ，竖直上抛物体的初速度为v 0，则由gt ＝v 0－gt ＝v ，解得v 0＝2v ，故A 正确；根据竖直上抛运动的对称性可知，B 自由下落到地面的速度为2v ，在空中运动时间为t B ＝2v g ，A 竖直上抛，在空中运动时间t A ＝2v 0g ＝4v g ，故B 错误；物体A 能上升的最大高度h A ＝0－v 20－2g＝(2v )22g ，B 下落的高度h B ＝(2v )22g ，两者相等，故C 正确；两物体运动到同一高度时，B 下落的距离h ＝12gt 2＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫v g 2＝14h B ，同一高度点距地面的高度是下落时高度的34，故D 错误．[答案] AC10．(多选)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )A ．v b ＝8 m/sB ．v c ＝3 m/sC ．de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s[解析] 小球做匀变速直线运动，又因为小球从a 运动到c 和从c 到d 时间相等T ＝2 smh Δx ＝aT 2得a ＝x cd －x ac T 2＝－0.5 m/s 2c 点为ad 过程的中间时刻v c ＝x ad 2T ＝3 m/s ，故B 正确．从b 到c 由v 2c －v 2b ＝2ax bc ，v b ＝10 m/s ，故A 错误．根据速度公式v ＝v 0＋at 可得v d ＝v 0＋at 2＝2 m/s ，则从d 到e 有－v 2d ＝2ax de ，则x de ＝－v 2d /(2a )＝4 m ，故C 错误．由v ＝v 0＋at 可得从d 到e 的时间t de ＝－v d a ＝4 s ，D 正确．[答案] BD二、非选择题11．一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h ＝5 m 处的时间间隔Δt ＝2 s ，则小球的初速度v 0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？[解析] 画出小球运动的情景图，如图所示．小球先后经过A 点的时间间隔Δt ＝2 s ，根据竖直上抛运动的对称性，小球从A 点到最高点的时间t 1＝Δt 2＝1 s ，小球在A 点处的速度v A ＝gt 1＝10 m/s在OA 段根据公式v 2A －v 20＝－2gx解得v 0＝10 2 m/s小球从O 点上抛到A 点的时间t 2＝v A －v 0－g ＝10－102－10s ＝(2－1) s 根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t ＝2(t 1＋t 2)＝2 2 s[答案] 10 2 m/s 2 2 s12．如(1)图所示，在太原坞城路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B ，若测速仪与汽车相距355 m ，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C 处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距335 m ，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如(2)图所示分析(已知超声波速度为340 m/s)．(1)求汽车刹车过程中的加速度a；(2)此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？[解析](1)设超声波往返的时间为2t，汽车在2t时间内，刹车的位移为s＝12a(2t)2＝20 m，当超声波与A车相遇后，A车继续前进的时间为t，位移为s2＝12at2＝5 m，则超声波在2t内的路程为2×(335＋5) m＝680 m，由声速为340 m/s，得t ＝1 s，解得汽车的加速度a＝10 m/s2.(2)由A车刹车过程中的位移s＝v20 2a ，解得刹车前的速度v0＝20 m/s＝72 km/h 车速在规定范围内，不超速．[答案](1)10 m/s2(2)不超速。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练1含解析

分层限时跟踪练(一)(限时40分钟)一、单项选择题1．以下说法中正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，t s内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量都极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v＝ΔxΔt，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动【解析】往复的匀变速直线运动中，路程不等于位移大小，A错；质点不一定是体积小、质量小的物体，B错；速度分为平均速度和瞬时速度，C错；速度不变是指速度的大小和方向均不变，故做匀速直线运动，D对．【答案】 D2．(2016·黄冈模拟)如图1-1-10所示为武汉至上海的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是()图1-1-10A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度【解析】甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，故D正确．【答案】 D3．如图1-1-11所示哈大高铁运营里程921公里，设计时速350公里．某列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的有()图1-1-11A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．时速350公里是指平均速度，921公里是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始减速时的速度为80 m/s【解析】因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，A错；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350公里是指平均速率，921公里是指路程，B错；由等时位移差公式x n－x m＝(n－m)aT2可知加速度大小为a＝57.5－32.55m/s2＝5 m/s2，C错；由题意可知第4.5 s末列车速度为57.5 m/s，由加速度公式知v0＝80 m/s，D对．【答案】 D4．某质点以20 m/s的初速度竖直向上运动．其加速度保持不变，经2 s到达最高点，上升高度为20 m，又经过2 s回到出发点时，速度大小仍为20 m/s，关于这一运动过程，下列说法中正确的是()A．质点运动的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向下B．质点在这段时间内的平均速度大小为10 m/sC．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相等【解析】以初速度方向为正方向，则a＝ΔvΔt＝v－v0t＝－20－204m/s2＝－10 m/s2“－”号表示与初速度反向，即竖直向下，A正确；质点在这段时间内的平均速度为零，B错误；在最高点时速度为零，加速度不为零，C错误；初速度和末速度大小相等，方向相反，D错误．【答案】 A5．(2016·长沙模拟)一个朝着某一方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着t2内的平均速度是v2，则物体在这段时间内的平均速度是()A．v B.23v C.43v D.56v【解析】根据平均速度的定义可得：v＝v t＋14v tt＋t2＝56v，即D项正确．【答案】 D二、多项选择题6．甲、乙、丙三人各乘一艘飞艇，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲艇匀速上升、丙看到乙艇匀速下降，甲看到丙艇匀速上升，则甲、乙、丙艇相对于地球的运动情况可能是()A．甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙静止B．甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速上升C．甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速下降D．甲匀速下降，乙匀速上升，丙静止不动【解析】甲看到楼房匀速上升，以地球为参考系，说明甲艇在匀速下降．乙看到甲艇匀速上升，说明乙艇也在匀速下降，且乙艇下降的速度大于甲艇下降的速度，即v乙＞v甲．丙看到乙艇匀速下降，丙的运动相对地球可能有三种情况：①丙静止；②丙匀速下降，但v丙＜v乙；③丙匀速上升．甲看到丙艇匀速上升，丙同样可能有三种情况：①丙静止；②丙匀速下降，但v丙＜v甲；③丙匀速上升．综上分析，该题答案为A、B、C.【答案】ABC7．下面描述的几个速度中，属于瞬时速度的是()A．子弹以790 m/s的速度击中目标B．信号沿动物神经传播的速度大约为10 m/sC．汽车上速度计的示数为80 km/hD．台风以360 m/s的速度向东北方向移动【解析】790 m/s是击中目标时刻的瞬时速度；信号沿动物神经传播是在一个过程内的平均速度；汽车速度计上显示的是瞬时速度；台风移动过程中速度的变化是很大的，360 m/s是平均速度．【答案】AC8．在下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小【解析】物体以很大的速度匀速运动时，加速度为零，A可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，C可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D不可能．故选A、B、C.【答案】ABC9．某质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图1-1-12所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是()图1-1-12A ．第2 s 末的瞬时速度为1 m/sB ．前2 s 内的平均速度为22 m/sC ．前4 s 内的平均速率为0.5 m/sD ．前2 s 内的平均速度为2 m/s【解析】由题意知，质点运动的速率为1 m/s ，即在每一时刻的瞬时速率均为1 m/s ，每段时间内的平均速率也均为1 m/s ，C 错误；在前2 s 内质点通过的路程为2 m ，由A 运动到cd 边的中点B ，在第2 s 末瞬时速度大小为1 m/s ，方向由B 指向d ，A 正确；前2 s 内的位移大小为x 1＝AB ＝ 2 m ，平均速度v ＝x 1t 1＝22m/s ，方向由A 指向B ，B 正确，D 错误．【答案】 AB二、非选择题10．天空有近似等高的浓云层．为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d ＝3.0 km 处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt ＝6.0 s ．试估算云层下表面的高度．已知空气中的声速v ＝13 km/s.【解析】如图所示，O 表示爆炸处，A 表示观测者所在处，h 表示云层下表面的高度．用t 1表示爆炸声直接传到A 处所经时间．则有d ＝v t 1，用t 2表示爆炸声经云层反射到A 处所经时间，因为入射角等于反射角，故有2（d2）2＋h2＝v t2，又知t2－t1＝Δt，联立可得h＝12（vΔt）2＋2d vΔt，代入数值得h＝2.0×103 m＝2 km.【答案】 2 km11．如图1-1-13所示，高速公路的安全工程师会建造软隔离带，使汽车撞到它们后能够安全地慢下来．已知系上安全带的乘客可以经受的加速度为－3.0×102m/s2.安全隔离带应该多厚，才能安全地阻挡以110 km/h的速度行驶的汽车的撞击？该汽车停下来用多长时间？图1-1-13【解析】汽车撞击过程可视为匀减速过程，a＝－3.0×102 m/s2v0＝110 km/h＝30.6 m/sΔv＝0－v0＝－30.6 m/s由a＝ΔvΔt可得Δt＝Δva＝－30.6－3.0×102s＝0.1 s安全隔离带的厚度为：x＝v·t＝v0 2·Δt＝1.5 m.【答案】 1.5 m0.1 s12．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．如图1-1-14所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？图1-1-14【解析】已知卡车初速度v0＝54 km/h＝15 m/s.车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l，①s2＝v0Δt，②联立①②式，代入数据解得Δt＝2 s．③【答案】 2 s。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练21 含解析

分层限时跟踪练(二十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法错误的是( )A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B ．W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U 2R t 只适用于纯电阻电路 C ．在非纯电阻电路中，UI >I 2RD ．焦耳热Q ＝I 2Rt 适用于任何电路【解析】电功率公式P ＝W t ，功率越大，表示电流做功越快；对于一段电路，有P ＝IU ，I ＝P U ，焦耳热Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2Rt ，可见Q 与P 、U 、t 都有关，P 越大，Q 不一定越大，A 项错误．W ＝UIt 是电功的定义式，适用于任何电路，而I ＝U R只适用于纯电阻电路，B 项正确．在非纯电阻电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W >Q ，即UI >I 2R ，C 项正确．Q ＝I 2Rt 是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产生的焦耳热，D 项正确．【答案】 A2．如图7-1-8所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V ，乙电路两端的电压为16 V ．调节变阻器R 1和R 2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P 1和P 2，两电路中消耗的总功率分别为P 甲和P 乙，则下列关系中正确的是( )图7-1-8A．P甲<P乙B．P甲>P乙C．P1>P2D．P1＝P2【解析】由两灯都正常发光可知，R1中电流是R2中电流的两倍，R1两端电压是R2两端电压的二分之一，根据P＝UI知，两变阻器消耗的功率相等，两电路中消耗的总功率相等，D项正确．【答案】 D3．某导体中的电流随其两端电压的变化如图7-1-9所示，则下列说法中正确的是()图7-1-9A．加5 V电压时，导体的电阻约是10 ΩB．加11 V电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小【解析】对某些导体，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的U I 值仍表示该点所对应的电阻值．本题中给出的导体加5 V电压时，UI值为5，所以此时电阻为5 Ω，A错误；当电压增大时，UI值增大，即电阻增大，综合判断可知B、C错误，D正确．【答案】 D4．在如图7-1-10所示的电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω，其他电阻不计．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A．则下列判断中正确的是()图7-1-10A．电动机的输出功率为14 WB．电动机两端的电压为7.0 VC．电动机产生的热功率为4.0 WD．电源输出的功率为24 W【解析】电动机两端的电压U M＝E－I(r＋R0)＝7.0 V，B正确；电动机输出的功率P出＝U M I－I2r M＝12 W，A错误；电动机产生的热功率P热＝I2r M＝2.0 W，C错误；电源输出的功率P＝EI－I2r＝20 W，D错误．【答案】 B5．如图7-1-11甲所示，两根横截面积相同的不同材料制成的导线Ⅰ和Ⅱ，串联后接入电路．若导线上任意一点的电势φ随该点与a点距离x的变化关系如图乙所示．导线Ⅰ和Ⅱ的电阻率分别为ρ1、ρ2，电阻分别为R1、R2，则()图7-1-11A．ρ1<ρ2，R1<R2B．ρ1>ρ2，R1<R2C．ρ1<ρ2，R1>R2D．ρ1>ρ2，R1>R2【解析】由U＝IR，R＝ρLS，根据导线上任意一点的电势φ随该点与a点距离x的变化关系图线，可知ρ1<ρ2，2R1＝R2，选项A正确．【答案】 A二、多项选择题6．截面积为S 的导线中通有电流I .已知导线每单位体积中有n 个自由电子，每个自由电子的电荷量是e ，自由电子定向移动的速率是v ，则在时间Δt 内通过导线截面的自由电子数是( )A ．nS v ΔtB ．n v Δt C.I Δt e D ．I Δt Se【解析】建立如图所示模型，因为I ＝q Δt，所以q ＝I Δt ，自由电子数为：N ＝q e ＝I Δt e ，则选项C 正确；又因为电流的微观表达式为I ＝ne v S ，所以自由电子数为N ＝q e ＝I Δt e ＝ne v S Δt e ＝n v S Δt ，选项A 正确．【答案】 AC7．如图7-1-12所示，R 1和R 2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是( )图7-1-12A ．R 1中的电流小于R 2中的电流B ．R 1中的电流等于R 2中的电流C ．R 1中自由电荷定向移动的速率大于R 2中自由电荷定向移动的速率D ．R 1中自由电荷定向移动的速率小于R 2中自由电荷定向移动的速率【解析】设正方形边长为L 、厚度为d ，则I ＝U R ，R ＝ρL S ＝ρL Ld ＝ρd ，则I＝Ud ρ相等，B 项正确；由I ＝nqS v ＝nqLd v 知，L 越大，v 越小，D 项正确．【答案】 BD8．如图7-1-13所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成．当闭合开关S 1、S 2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ．关于该电吹风，下列说法正确的是( )图7-1-13A ．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机线圈的电阻为1 2103 ΩC ．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 JD ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J【解析】电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P ＝1 000 W －120 W ＝880W ，对电热丝，由P ＝U 2R 可得电热丝的电阻为R ＝U 2P ＝2202880 Ω＝55 Ω，选项A 正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B 错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880 J ，选项C 错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J ，选项D 正确．【答案】 AD9．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )B ．电动机的内电阻为4 ΩC ．该车获得的牵引力为104 ND ．该车受到的阻力为63 N【解析】电动机的输入功率P 入＝UI ＝48×12 W ＝576 W ，A 正确；电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B 错误；电动车速度最大时，牵引力F 与阻力F f 大小相等，由P 出＝F f v m 得F f ＝P 出v m＝350203.6N ＝63 N ，故C 错误，D 正确．【答案】 AD三、非选择题10．如图7-1-14(甲)所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P 、Q 为电极，设a ＝1 m ，b ＝0.2 m ，c ＝0.1 m ．当里面注满某电解液，且P 、Q 间加上电压后，其U -I 图线如图(乙)所示，则当U ＝10 V 时，电解液的电阻率ρ是多少？甲乙图7-1-14【解析】由题图乙可求得U ＝10 V 时，电解液的电阻为R ＝U I ＝105×10－3 Ω＝2 000 Ω. 由题图甲可知电解液长为l ＝a ＝1 m ，横截面积为S ＝bc ＝0.02 m 2，结合电阻定律R ＝ρl S 得ρ＝RS l ＝2 000×0.021Ω·m ＝40 Ω·m.【答案】 40 Ω·m11．如图7-1-15所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，Ⓐ示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，Ⓐ示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，Ⓐ示数为4 A ．求：图7-1-15(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．【解析】 (1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R ＝U I 1＝126 Ω＝2 Ω 其发热功率为：P ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI 2＝I 22r M ＋P 输出所以：r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552 Ω＝1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 23r A ＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W12．如图7-1-16所示，电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图7-1-16(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量(g取10 m/s2)．【解析】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U R＝U－U V＝(160－110)V＝50 V流过电阻R的电流I R＝U RR＝5010A＝5 A即通过电动机的电流I M＝I R＝5 A. (2)电动机的分压U M＝U V＝110 V输入电动机的功率P电＝I M U M＝550 W.(3)电动机的发热功率P热＝I2M r＝20 W 电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W又因P出＝mg v所以m＝P出g v＝53 kg.【答案】(1)5 A(2)550 W(3)53 kg。

2017届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练2含答案

课时追踪训练 (二)一、选择题1．(多项选择 )(2015 江·西崇义中学月考 )一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由 v 1 变成 v 2，经过的位移为 x ，以下说法中正确的选项是 ()xA ．这段时间内它的均匀速度 v ＝ tB ．这段时间内它的均匀速度 v ＝v 1＋ v 22C ．经过xx2时，它的刹时速度为 tD ．经过xv 12＋v 222时，它的刹时速度为 2[分析 ] 依据均匀速度的观点，这段时间内物体的均匀速度v ＝x，故 A 正确；tv 1＋v 2因为物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的均匀速度v ＝，B 正确；因为 2v 2－v 1x22x2物体的加快度为 a ＝ t ，设经过2时，它的刹时速度为 v ，则 v － v 1＝2a × 2，v 2－ v 2＝2a ×x，因此 v ＝v 12＋v 222，故 D 正确．2[答案 ] ABD2． (多项选择 )(2015 北·京要点中学月考 )物体从静止开始做匀加快直线运动，第3 s内经过的位移是 3 m ，以下说法正确的选项是 ( )A ．第 3 s 内的均匀速度是 3 m/sB ．物体的加快度是 1.2 m/s 2C ．前 3 s 内的位移是 6 mD ．3 s 末的速度是 4 m/s12 122x 3 6 2[分析 ] 第 3 s 内的位移 x 3＝2at 3－2at 2，解得物体的加快度 a ＝32－t 22＝－ m/st94＝1.2 m/s 2，第 3 s 末的速度 v 3＝at 3＝ 1.2× 3 m/s ＝ 3.6 m/s ，第 3 s 内的均匀速度是 v ＝3 1 2 1 21 m/s＝ 3 m/s，前 3 s 内的位移是 x＝2at3＝2×1.2×3 m＝5.4 m，故 A 、B 正确．[答案 ] AB3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前 3 s 内的均匀速度为 ()A ．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．12 m/s1 2 2[分析 ] 将题目中的表达式与 x＝v0t＋2at 比较可知： v0＝ 24 m/s，a＝－ 12 m/s .0－24因此由 v＝v0＋ at 可得汽车从刹车到静止的时间为t＝－12 s＝2 s，由此可知 3 s 时2x 24汽车已经停止，位移 x＝24× 2 m－6×2 m＝24 m，故均匀速度 v ＝t＝3 m/s＝8 m/s.[答案] B4． (2015 ·河南焦作一模 )如下图，一物块从一圆滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止开释后，先后经过P、Q、 N 三点，已知物块从 P 点运动到 Q 点与从 Q 点运动到 N 点所用的时间相等，且PQ 长度为 3 m， QN 长度为 4 m，则由上述数据可以求出 OP 的长度为 ()9A ．2 m B.8 m25C. 8 m D．3 m[分析 ] 设相等的时间为 t，加快度为 a，由Δx＝aT2Δx4－3 m 得，加快度 a＝ 2 ＝T2T1 m＝T2.Q 点的速度等于 PN 段的均匀速度，x PQ＋x QN4＋3 m7 m v Q＝2T＝2T＝2T.2 49 m2 T2 49v Q则 OQ 间的距离 s OQ＝2a＝4T2 ×2 m＝8 m，49 25则 OP 长度 x OP＝x OQ－ x PQ＝8 m－3 m＝8 m，故 A、B、D 错误， C 正确．[答案] C5． (多项选择 )(2016 杭·州质检 )质量为 m 的滑块在粗拙水平面上滑行，经过频闪照片剖析得悉，滑块在最先 2 s 内的位移是最后 2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最先 1 s内的位移为 2.5 m，由此可求得 ()A ．滑块的加快度为 5 m/s2B．滑块的初速度为 5 m/sC．滑块运动的总时间为 3 sD．滑块运动的总位移为 4.5 m[分析 ]初速度为零的匀加快直线运动在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内的位移之比 xⅠ∶xⅡ∶ xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s 时，在前 2 s 内和后 2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动能够当作反方向的匀加快运动．因滑块在最先 2 s内的位移是最后 2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项 C 正确；最先 1 s 内的位移与总位移之比为x1 5x ＝9，滑块最先 1 s 内的位移为 2.5 m，故x＝4.5 m，选项D 正确；依据1 2x＝2at 可得2a＝1m/s，选项 A 错误；依据v＝ at 可得，滑块的初速度为 3 m/s，选项 B 错误．[答案 ] CD6． (多项选择 )(2015 山·东德州一中月考 )将物体以初速度v0从地面处竖直上抛，物体经 3 s 抵达最高点，空气阻力不计，g 取 10 m/s2，则以下说法正确的选项是 ()A ．物体上涨的最大高度为45 mB．物体速度改变量的大小为30 m/s，方向竖直向上C．物体在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内的均匀速度之比为5∶ 3∶1D．物体在 1 s 内、 2 s 内、 3 s 内的均匀速度之比为9∶4∶1[分析 ]物体运动到最高点，速度为零，能够逆向当作自由落体运动，经 3 s 落地，依据运动学公式能够得出高度为45 m，初速度为 30 m/s，因此 A 项正确，由Δv＝gΔt＝ 30 m/s 方向与加快度方向一致为坚直向下， B 项错误；依据初速度为零的匀。

高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测二匀变速直线运动的规律Word版含解析

课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律[A 级——基础小题练熟练快]1．[多选](2018·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t －t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是－2 m/s解析：选BD 第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误。

前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4)m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s ＝3 m/s ，故B 正确。

根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv ＝at ＝－2×1 m/s ＝－2 m/s ，故C 错误，D 正确。

★2．(2018·哈尔滨模拟)关于自由落体运动(g ＝10 m/s 2)，下列说法中不正确的是( )A ．它是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动B ．在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5C ．在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3D ．从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3解析：选D 自由落体运动是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动，A 正确；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5，B 正确；在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，C 正确；从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3，D 错误。

3．一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选A 由Δx ＝aT 2可得加速度大小a ＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m/s ；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t ＝Δv－a ＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，且x 3＝12at ′2＝1.125 m ；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s 。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练10含解析

分层限时跟踪练(十)(限时40分钟)一、单项选择题1．有一个质量为2 kg的质点在xOy平面上运动，在x方向的速度图象和y 方向的位移图象分别如图4-1-14甲、乙所示，下列说法正确的是()甲乙图4-1-14A．质点所受的合外力为3 NB．质点的初速度为3 m/sC．质点做匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合外力的方向垂直【解析】由题图乙可知，质点在y方向上做匀速运动，v y＝ΔyΔt1＝4 m/s，在x方向上做匀加速直线运动，a＝ΔvΔt2＝1.5 m/s2，故质点所受合外力F＝ma＝3 N，A正确；质点的初速度v＝v2x0＋v2y＝5 m/s，B错误；质点做匀变速曲线运动，C错误；质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，如图，θ＝53°，D错误．【答案】 A2．小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船在静水中的速度为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是()A．增大α角，增大船速vB．减小α角，增大船速vC．减小α角，保持船速v不变D．增大α角，保持船速v不变【解析】保持航线不变，且准时到达对岸，即船的合速度大小和方向均不变，由图可知，当水流速度v水增大时，α增大，v也增大，故选A.【答案】 A3．(2016·德阳检测)2014年7月15日，黄山市休宁县境内普降大到暴雨，该县万余名干部群众投入到抗洪抢险中，如图4-1-15所示，一条救灾小船位于安全区的最近距离为70 3 m的A点处，从这里向下游70 m处有一危险区，当时水流速度为2 3 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度大小至少是()图4-1-15A．2 m/s B．3 m/sC．2 3 m/s D．4 3 m/s【解析】若小船刚好避开危险区，小船应沿AB方向以速度v行驶，如图所示．v1为水流速度，小船在静水中的速度至少应为v2＝v1sin θ.显然小船沿其他方向，如沿AC以速度v′行驶时，在静水中的最小速度要大于v2.则小船在静水中的速度至少为v2＝v1sin θ＝3 m/s，则选项B正确．【答案】 B4．如图4-1-16所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住．图示位置时刻，AB杆下降速度为v，则()图4-1-16A．凸轮绕O轴逆时针方向旋转B．凸轮上C、D两点线速度大小相等C．凸轮上C、D两点加速度大小相等D．凸轮上与杆下端接触点的速度大小一定为v【解析】AB杆此时刻在下降，即离O轴距离变近，故由凸轮形状可知凸轮在绕O轴逆时针方向旋转，选项A正确；C、D两点角速度相等，离O轴距离不等，故线速度大小不相等，加速度大小不相等，选项B、C错误；凸轮匀速转动，轮上各点做速率不同的匀速圆周运动，速度大小不一定是v，选项D错误．【答案】 A5．如图4-1-17所示，细线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边沿，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()图4-1-17A．v sin θB．v cos θC．v tan θD．v cot θ【解析】由题意可知，线与光盘的交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直于线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由三角函数关系得v线＝v sin θ，而逆着线的方向的速度大小等于小球上升的速度，故选项A正确．【答案】 A二、多项选择题6．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图4-1-18所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是()图4-1-18A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力无关D．运动员着地速度与风力无关【解析】水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误、C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确，D错误．【答案】BC7．图4-1-19为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的()图4-1-19A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内【解析】C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，C的速度v C应等于v A和v B的矢量和，即以v A和v B为邻边作平行四边形，其对角线即为v C，由于v A和v B成锐角，所以v C大于v A及v B，故A错误、B正确；v C 的方向为平行四边形对角线的方向，所以一定在CA和CB的夹角范围内，故C 错误、D正确．【答案】BD8．一质量为2 kg的物体在5个共点力作用下做匀速直线运动．现同时撤去其中大小分别为10 N和15 N的两个力，其余的力保持不变．下列关于此后该物体运动的说法中，正确的是()A．可能做匀减速直线运动，加速度大小为10 m/s2B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小为5 m/s2C．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能为10 m/s2【解析】物体在5个共点力作用下处于平衡状态，合力为零，当撤去10 N 和15 N的两个力时，剩余3个力的合力与这两个力的合力等大反向，即撤去力后5 N≤F合≤25 N，2.5 m/s2≤a合≤12.5 m/s2，由于剩余3个力的合力方向与原速度方向不一定在一条直线上，所以可能做匀变速曲线运动，也可能做匀变速直线运动，故A、C正确．【答案】AC9．如图4-1-20所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为F f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时()图4-1-20A．人拉绳行走的速度为v cos θB．人拉绳行走的速度为v cos θC．船的加速度为F cos θ－F fmD．船的加速度为F－F f m【解析】船的速度产生了两个效果：一是滑轮与船间的绳缩短，二是绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度进行分解如图所示，人拉绳行走的速度v人＝v cos θ，A对，B错；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成θ角，因此F cos θ－F f＝ma，得a＝F cos θ－F fm，C对，D错．【答案】AC二、非选择题10．如图4-1-21所示，一艘轮船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3 m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同．某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化．求：图4-1-21(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小；(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值．【解析】(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示：故此时船相对于静水的速度v2的大小为v2＝v2＋v21＝42＋32m/s＝5 m/s设v与v2的夹角为θ则cos θ＝vv2＝0.8.(2)熄火前，船的牵引力沿v2的方向，水的阻力与v2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，则v min＝v1cos θ＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s.【答案】 (1)5 m/s (2)2.4 m/s11.如图4-1-22所示，质量m ＝2.0 kg 的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ＝0.05，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3.0t （m ）y ＝0.2t 2（m ），g ＝10 m/s 2.根据以上条件，求：图4-1-22(1)t ＝10 s 时刻物体的位置坐标；(2)t ＝10 s 时刻物体的速度的大小和方向；(3)t ＝10 s 时刻水平外力的大小(结果可以用根号表示)．【解析】 (1)设物体的位置坐标(x ，y )，则x ＝3.0t ＝30 my ＝0.2t 2＝20 m所以t ＝10 s 时刻物体的位置坐标为(30 m ，20 m)．(2)物体在x 方向上做匀速运动：v x ＝3 m/s物体y 方向上做匀加速运动：加速度a ＝0.4 m/s 210 s 时：v y ＝at ＝4 m/st ＝10 s 时刻物体的速度的大小：v ＝v 2x ＋v 2y ＝5 m/s方向：与x 轴正方向夹角α，tan α＝v y v x ＝43.(3)滑动摩擦力：f ＝μmg ＝1.0 N 方向与x 轴负方向夹角为α在x 方向 F x ＝f cos α＝0.6 N在y 方向 F y －f sin α＝ma解得：F y ＝1.6 N故t ＝10 s 时刻水平外力的大小：F ＝F 2x ＋F 2y ＝ 2.92 N ＝1.7 N.【答案】 (1)(30 m ，20 m) (2)5 m/s 方向与x 轴正方向的夹角α，tan α＝43 (3) 2.92 N 或1.7 N12．如图4-1-23所示，在竖直平面内的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示(坐标格为正方形，g 取10 m/s 2)求：图4-1-23(1)小球在M 点的速度v 1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ；(3)小球到达N 点的速度v 2的大小．【解析】 (1)设正方形的边长为x 0.竖直方向做竖直上抛运动，有v 0＝gt 1，2x 0＝v 02t 1水平方向做匀加速直线运动，有3x 0＝v 12t 1.解得v 1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t 1到x 轴．小球从抛出至落回x 轴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12，0)．水平分速度v x＝a水平t N＝2v1＝12 m/s，故v2＝v20＋v2x＝410 m/s.【答案】(1)6 m/s(2)见解析图(3)410 m/s。

2022届高考物理一轮复习第2章实验2 探究弹力与弹簧伸长的关系过关检测习题(含解析)

[3]斜率为劲度系数，即
（3）[4][5]竖直测量弹簧原长时由于重力影响，测得比水平面测量时偏大一些，但弹簧的劲度系数是通过图象的斜率测得的，的大小只影响横轴截距的大小，不影响斜率的计算。（答出劲度系数与斜率有关即给分）
5．15.94 12.5 25不会
【详解】
（1）[1]由于刻度尺最小分度为1mm，读数要估读到0.1mm，指针示数为15.94cm。
10．某同学用图a的装置完成“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，部分实验步骤如下：
A．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺
B．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0
C．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码
4．某同学用如图甲所示的装置来探究弹簧弹力F和长度x的关系，把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，记录弹簧自由下垂时下端所到达的刻度位置。然后，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端的刻度位置。实验中弹簧始终未超过弹簧的弹性限度。通过分析数据得出实验结论。
（1）图丙是该同学某次测量的弹簧长度，该长度是_________cm。
优点在于：___________。
缺点在于：___________。
9．某兴趣小组同学想探究橡皮圈中的张力与橡皮图的形变量是否符合胡克定律，若符合胡克定律，则进一步测量其劲度系数（圈中张力与整圈形变量之比）。他们设计了如图甲所示实验：橡皮圈上端固定在细绳套上，结点为O，刻度尺竖直固定在一边，0刻度与结点O水平对齐，橡皮圈下端悬挂钩码，依次增加钩码的个数，分别记录下所挂钩码的总质量m和对应橡皮圈下端P的刻度值x，如下表所示：

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练31含解析

分层限时跟踪练(三十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．如图10-2-14所示，半径为L＝1 m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2 T的匀速磁场中．从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为()图10-2-14A．40 V B．20 VC．80 V D．0【解析】由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．【答案】 D2．如图10-2-15所示为某变压器对称铁芯的示意图，已知此时原线圈端输入交流电压u＝2202sin ωt(V)，原线圈匝数n1＝22匝，副线圈匝数n2＝6匝，则副线圈cd端输出的电压的有效值为()图10-2-15A．15 V B．30 VC ．16 VD ．120 V【解析】因为磁感线为闭合曲线，根据铁芯磁通路的对称性可知，任何时刻原线圈中磁通量的变化率都是副线圈中的2倍，所以有U 1n 1＝2U 2n 2，则U 2＝n 2n 1U 1×12＝622×220×12 V ＝30 V ，B 项正确．【答案】 B3．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图10-2-16所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图10-2-16A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2【解析】根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R两端的电压，故I 2≠U 2R ，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和，选项D 正确．【答案】 D4．通过一台理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( ) A.PR kU ，1n B.P kU 2R ，1nC.PR kU ，1n 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n 2 【解析】由理想变压器U 1U 2＝n 1n 2得：副线圈电压U ′＝kU ，而理想变压器P 入＝P 出，副线圈电流I ′＝P U ′＝P kU ，线路损耗的电功率P 1＝I ′2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R .同理可知P 2＝I ″2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P nkU 2R ，得P 2P 1＝1n 2，故D 项正确．【答案】 D5．(2015·郑州调研)如图10-2-17所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为11∶1，原线圈接有u ＝311sin 100πt (V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R 、线圈L 、灯泡L 1及理想电压表○V ，以下说法正确的是( )图10-2-17A ．副线圈中电流的变化频率为50 HzB ．灯泡L 1两端电压为20 VC ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则灯泡L 1的亮度将变强D ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则电压表○V 的示数将减小【解析】由原线圈电压的表达式可知ω＝100π rad/s ，所以f ＝50 Hz ，A项正确．由U 2U 1＝n 2n 1可知U 2＝20 V ．灯泡两端电压小于副线圈电压，B 项错误．频率增大时，线圈对交变电流的阻碍作用增大，灯泡L 1的亮度将变弱，电压表的示数将增大，C 、D 两项均错．【答案】 A6．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻【解析】当U＝500 kV时，输电线上的电流I＝PU＝3×106500＝6 000 A，A错误．输电线上损失的电压ΔU＝Ir＝6 000×2.5 V＝1.5×104V＝15 kV，B正确．输电线上损失的功率不可能大于3×106 kW，C错误．输电线上损失的功率ΔP＝U2r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错误．【答案】 B二、多项选择题7．(2014·广东高考)如图10-2-18所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()图10-2-18A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大【解析】本题是理想变压器的动态分析问题，首先要分清变量和不变量，其次明确各物理量间的制约关系．由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝U2R总知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由I1I2＝n2n1知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．【答案】BD8．(2016·南昌模拟)某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图10-2-19所示．图中R0表示输电线的电阻．则()图10-2-19A．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表A1示数增大B．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头P，可使电流表A2示数不变C．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表A1示数不变D．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头P，电流表A1示数一定增大【解析】V1读数减小导致V2读数减小，负载电阻不变，导致I2减小，I1减小，A错误；电压关系为U1U2＝n1n2，减小U1同时增大n2可以使得U2不变，I2不变，B正确；U1不变，又不改变触头位置，则U2不变，此时增加负载(即减小负载电阻)，I2增大，从而I1增大，C错误；根据U1U2＝n1n2，在U1不变时，上移触头，U2增大，此时增加负载，I2增大，从而I1增大，D正确．【答案】BD9．(2015·保定模拟)如图10-2-20甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C是电容器，其击穿电压为22V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )甲乙图10-2-20A ．输入电压的频率为50 Hz ，经过变压器后通过电阻的交流电频率仍为50 HzB ．S 断开时电压表的示数为1.41 V ，电流表的示数为0.35 AC ．S 断开时电压表的示数为1 V ，电流表的示数为0.25 AD ．闭合开关S ，电容器将被击穿【解析】由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T ＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz ，故A 正确．当S 断开时，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝1 V ，I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表的示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25 A ，所以B 项错误，C 项正确．开关S 闭合前，右端电阻R 两端电压最大值为22 V ，开关S 闭合后，电容器C 与右端电阻R 并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于22 V ，因为电容器的击穿电压为22 V ，所以电容器不能被击穿，D 项错误．【答案】 AC10．(2014·全国卷Ⅱ)如图10-2-21所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图10-2-21A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍【解析】根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题．变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误；增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．【答案】 BD三、非选择题11．如图10-2-22所示，理想变压器有两个副线圈，L 1、L 2是两盏规格为“8 V ，10 W ”的灯泡，L 3、L 4是两盏规格为“6 V ，12 W ”的灯泡，当变压器的输入电压为U 1＝220 V 时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n 1＝1 100匝，求：图10-2-22(1)副线圈的匝数n 2、n 3；(2)电流表的读数．【解析】 (1)由变压器原理可知，n 1∶n 2∶n 3＝U 1∶U 2∶U 3，则n 2＝U 2U 1n 1＝8220×1 100匝＝40匝n 3＝U 3U 1n 1＝2×6220×1 100匝＝60匝． (2)由P 入＝P 出可得，I 1U 1＝P 1＋P 2＋P 3＋P 4，所以I 1＝2P 2＋2P 3U 1＝2×10＋2×12220A ＝0.2 A. 【答案】 (1)40匝 60匝 (2)0.2 A12．如图10-2-23所示为泰安市某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1 Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220 V 40 W ”的白炽灯6盏)供电．如果输电线的总电阻R 是4 Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1∶4和4∶1，那么：图10-2-23(1)发电机的输出功率应是多大？(2)发电机的电动势是多大？(3)输电效率是多少？【解析】 (1)全校教室白炽灯消耗的功率P 用＝22×40×6 W ＝5 280 W.设输电线路电流为I 线，输电电压为U 2，降压变压器原线圈电压为U 3，U 3U 4＝n 3n 4＝41，而U 4＝220 V ，则U 3＝4×220 V ＝880 V ，I 线＝P 用U 3＝5 280880 A ＝6 A ，线路损失功率P 损＝I 2线R 线＝36×4 W ＝144 W ，所以P 出＝P 用＋P 损＝5 424 W.(2)U 损＝I 线R 线＝6×4 V ＝24 V ，U 送＝U 2＝U 损＋U 3＝904 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 1＝U 2n 1n 2＝904×14 V ＝226 V ，升压变压器原线圈电流I 1＝P 出U 1＝5 424226 A ＝24 A ，发电机的电动势E ＝I 1r ＋U 1＝24×1 V ＋226 V ＝250 V .(3)η＝P 用P 送×100%＝5 2805 424×100%＝97.3%.【答案】 (1)5 424 W (2)250 V (3)97.3%。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练26 含解析

分层限时跟踪练(二十六)(限时40分钟)一、单项选择题1．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图9-1-10所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()图9-1-10A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同【解析】金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误，选项D正确．【答案】D2．法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则()A．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B．接通电池时，电流计指针没有偏转C．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零【解析】接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项A、B错误，D正确；接通电池后再断开时的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，选项C错误．【答案】D3．如图9-1-11所示，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间()图9-1-11A．两小线圈会有相互靠拢的趋势B．两小线圈会有相互远离的趋势C．两小线圈中感应电流都沿逆针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向【解析】接通电流瞬间，通过线圈的磁通量都增大，根据楞决定律，易知感应电流都沿顺时针方向．【答案】B4．如图9-1-12所示，两个同心圆线圈a、b在同一平面内，半径R a<R b，一条形磁铁穿过圆心垂直于圆面，穿过两个线圈的磁通量分别为Φa和Φb，则()图9-1-12A．Φa>Φb B．Φa＝Φb C．Φa<Φb D．无法确定【解析】磁通量是指穿过平面的磁感线的净条数；因为每条磁感线都穿过磁体内部，故可知A项正确．【答案】A5．如图9-1-13所示，正方形闭合导线框处在磁感应强度恒定的匀强磁场中，C、E、D、F为线框中的四个顶点，图甲中的线框绕E点转动，图乙中的线框向右平动，磁场足够大．下列判断正确的是()图9-1-13A．图甲线框中有感应电流产生，C点电势比D点低B．图甲线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等C．图乙线框中有感应电流产生，C点电势比D点低D．图乙线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等【解析】线框绕E点转动和向右平动，都没有磁通量的变化，无感应电流产生，由右手定则可知，图甲线框中C，D两点电势相等，则A项错，B项对；图乙线框中C点电势比D点高，则C、D两项都错．【答案】B二、多项选择题6．如图9-1-14所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图9-1-14A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大【解析】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力F N将变大，B、D项正确．【答案】BD7．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图9-1-15所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()图9-1-15A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【解析】当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．【答案】AB8．如图9-1-16所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()图9-1-16A．向右做匀速运动B．向左做减速运C．向右做减速运动D．向右做加速运【解析】当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．【答案】BC9．如图9-1-17所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定—根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()图9-1-17A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动【解析】根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，达到最大后，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，磁通量仍然在变化，磁通量的变化率不为零，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B正确；根据对愣次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上．不为零，C、D错误．【答案】AB三、非选择题10．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图9-1-18所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．图9-1-18(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为(填“顺时针”或“逆时针”)．(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为(填“顺时针”或“逆时针”)．【解析】(1)将磁铁N极向下插入L时，根据楞次定律L的上方应为N极．由电流计指针向左偏转，可确定L中电流由b端流入，根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针．(2)将磁铁远离L，由楞次定律，线圈L上方仍为N极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L中电流由a端流入．根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向也为逆时针．【答案】(1)顺时针(2)逆时针11．磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图9-1-19所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．图9-1-19(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流．若有，说明感应电流的方向．【解析】(1)当ab边进入磁场时，穿过线框的磁通量均匀增加，在t1＝lv 时线框全部进入磁场，磁通量Φ＝Bl2不变化；当在t2＝2l v时，ab边离开磁场，穿过线框的磁通量均匀减少到零，所以该过程的Φ-t图象如图所示．(2)ab边进入磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为逆时针；ab边离开磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为顺时针；中间过程t1～t2磁通量不变化，没有感应电流．【答案】见解析12．如图9-1-20所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．图9-1-20【解析】要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0l.l＋v tB0l 【答案】B＝l＋v t。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练29含解析

分层限时跟踪练(二十九)(限时40分钟)一、单项选择题1.如图9-4-13所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则()图9-4-13A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动【解析】线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力．线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动．若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动，故选项A错误．若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故选项B 错误．若线圈进入磁场过程是减速运动．说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故选项C错误，D正确，【答案】D2．如图9-4-14所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上加速运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()图9-4-14A．变为0 B．一直增大C．等于F D．先增大再减小【解析】a在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，且最大值F fm＝F安－mg sin θ，而F安<F，故F fm<F，所以选项A正确，B、C、D错误．【答案】A3．如图9-4-15所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动中线框只受重力和磁场力，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定()图9-4-15A．v1<v2B．v2<v3C．v3<v4D．v4<v1【解析】线框从位置1上升到达位置2的过程中，重力和安培力对线框均做负功，所以其动能减小，v1>v2，A项错误；线框从位置2上升最后再回到位置2的过程中，线框中无感应电流，不受安培力的作用，线框只在重力作用下运动，所以机械能守恒，v2＝v3，B项错误；线框从位置2下落到位置1的过程中，线框中有感应电流，安培力对线框做负功，重力对其做正功，但不知合外力做功的正负，故无法确定动能的增减，所以C项错误；线框从位置1上升，然后再回到位置1的过程中，线框的一部分机械能转化成线框的电能，所以线框的机械能减小，所以v4<v1，D项正确．【答案】D4．如图9-4-16甲所示，将一闭合的导体环放在一磁场中，磁场随时间的变化规律如图乙所示，假设垂直纸面向里的磁场方向为正，其中a、b两点是导体环上的两点，且间距远小于导体环的半径．则在2～3 s的时间内()甲乙图9-4-16A．导体环中有逆时针方向的感应电流且正在均匀增大B．导体环中有逆时针方向的感应电流且大小恒定C．ab段所受安培力的方向指向圆心且大小不变D．ab段所受安培力的方向指向圆心且均匀增大【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt，又由闭合电路欧姆定律有I＝ER，解得I＝SΔBRΔt，因此可知感应电流恒定，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由电流恒定，磁感应强度均匀增大，所以ab段所受安培力均匀增大，根据左手定则可知，安培力指向圆心，C错误，D正确．【答案】D5．(2016·佛山检测)如图9-4-17所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )图9-4-17A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒克服安培力做的功为12m v 2C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLD ．整个过程中电阻R 上产生的电热为12m v 2【解析】因为金属棒运动过程中所受的安培力F ＝B 2L 2v R ，随着v 的减小而减小，所以金属棒做加速度减小的减速运动，A 项错误；由动能定理－W 安＝0－12m v 20，所以克服安培力做功为12m v 20，B 项正确；由q ＝ΔΦ2R ＝BLs 2R 解得发生的位移s ＝2qR BL ，C 项错误；整个过程中电阻R 上产生的电热为总热量的一半，所以Q R ＝14m v 20，D 项错误．【答案】 B二、多项选择题6．如图9-4-18所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图9-4-18A ．加速度大小为v 22LB ．下滑位移大小为qR BLC ．产生的电热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R【解析】金属棒ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，加速度大小不能按v 2＝2aL 求解，A 项错误；由电荷量计算公式q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt，联立得q ＝ΔΦR ＝BsL R ，下滑的位移大小为qR BL ，B 项正确；产生的电热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，这里的I 比棒的速度为v 时的电流BL v R 小，故这一过程的电热小于qBL v ，C 项错误；金属棒ab 做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v 时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为B 2L 2v R ，D 项正确．【答案】 BD7．(2015·南充模拟)如图9-4-19所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )图9-4-19A ．流过金属棒的最大电流为BL 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL RC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd )【解析】金属棒下滑过程中机械能守恒，有mgh ＝12m v 2，金属棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，故最大感应电流I ＝E 2R ＝BL 2gh 2R ，A 项正确；通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd2R ，B 项错误；对全过程应用动能定理mgh －W 安－μmgd ＝0，解得W 安＝mgh －μmgd ，C 项错误；金属棒产生的电热Q R ＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，D项正确．【答案】 AD8．如图9-420所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．质量为m 、电阻为不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h 表示物块下落的高度(物块不会触地)，g 表示重力加速度，其他电阻不计，则( )图9-4-20A ．电阻R 中的感应电流方向由a 到cB ．物块下落的最大加速度为gC ．若h 足够大，物块下落的最大速度为mgR B 2l 2D ．通过电阻R 的电荷量为Blh R【解析】题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R 中的电流方向由c 到a ，A 错误；对导体棒应用牛顿第二定律有：T －F 安＝ma ，又F 安＝B Bl v R l ，再对物块应用牛顿第二定律有：mg －T ＝ma ，则联立可得：a ＝g 2－B 2l 2v 2mR ，则物块下落的最大加速度a m ＝g 2，B 错误；当a ＝0时，速度最大为v m ＝mgR B 2l 2，C 正确；下落h 的过程，回路中的面积变化量ΔS ＝lh ，则通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝Blh R ，D 正确．【答案】 CD9．如图9-4-21所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R ，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两根质量均为m ，电阻都为R ，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN 、EF 垂直放在导轨上．现在给金属棒MN 施加一水平向左的作用力F ，使金属棒MN 从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，若重力加速度为g ，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则下列说法正确的是( )图9-4-21A．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为t＝3μmgR B2L2aB．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为q＝BLaT2 6RC．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时，水平拉力F的瞬时功率为P＝(ma＋μmg)aT D．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒产生的热量相等【解析】设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题意有BIL＝μmg根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I(R＋0.5R)＝3IR又E＝BL v，v＝at联立解得t＝3μmgRB2L2a，故选项A正确；MN棒在T时间内通过的位移为x＝12aT2根据E＝ΔΦΔt，I＝E1.5R，Q＝IΔt，ΔΦ＝BLx，得通过MN棒的电荷量为Q＝BLaT2 3R，由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为q＝12Q＝BLaT26R，故选项B正确；金属棒EF开始运动时，由BIL＝μmg得I＝μmg BL金属棒MN所受的安培力大小为F安＝2BIL以MN为研究对象：F－μmg－F安＝ma拉力的功率为P＝F v又v＝aT解得：P＝(ma＋3μmg)aT，故选项C错误；由于MN棒相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据Q＝I2Rt 可知，MN产生的热量是EF的4倍，故选项D错误．【答案】AB三、非选择题10．(2014·浙江高考)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图9-4-22所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)图9-4-22(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．【解析】(1)正极．(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR2ΔθU＝12BωR2v＝rω＝13ωR所以v＝2U3BR＝2 m/s.(3)ΔE＝mgh－12m v2ΔE＝0.5 J.【答案】(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J11．如图9-4-23所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F 作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：图9-4-23(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．【解析】设任意时刻MN向上的速度为v1，M′N′向下的速度为v2.11(1)两金属杆所受的安培力大小相等，方向相反，MN 受安培力向下，M ′N ′所受安培力向上，如图所示．某时刻MN 的加速度a 1＝3mg －mg m －BIL m ＝2g －BIL m ，同时刻M ′N ′的加速度a 2＝2mg 2m －BIL 2m ＝g －BIL 2m ，因为任意时刻两加速度之比总为a 1a 2＝21，所以v 1v 2＝a 1t a 2t ＝21. (2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大．M ′N ′受力平衡有BIl ＝2mg ，I ＝E R ，E ＝Bl v 1＋Bl v 2，联立得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2.【答案】 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR 3B 2l 2。

2018版高考物理一轮总复习课时跟踪检测2匀变速直线运

课时跟踪检测二匀变速直线运动的规律及应用【基础过关】1．一个小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力．已知它经过b 点时的速度为v ，经过c 点时的速度为3v ；则ab 段与bc 段位移之比为( )A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9解析：对ab 段有：v 2＝2ax ab ，对bc 段有：(3v )2－v 2＝2ax bc ，联立可得x ab x bc ＝18，C 正确．答案：C2．(多选)(2018届广西柳州月考)某汽车在平直公路上以12 m/s 的速度匀速行驶，现因前方发生紧急事件刹车，加速度的大小为6 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．刹车后1 s 末的速度为6 m/sB ．刹车后3 s 末的速度为－6 m/sC ．刹车后1 s 内的位移为9 mD ．刹车后3 s 内的位移为12 m解析：汽车的初速度为12 m/s ，加速度大小为6 m/s 2，则可知汽车只需要2 s 即可停下来，因而刹车后1 s 末的速度为6 m/s ；2 s 后的任意时刻汽车处于静止状态，故刹车后3 s 末的速度为0；刹车后1 s 内的位移为9 m ；刹车后3 s 内的位移与汽车的总位移相等，为12 m ．综上本题答案选A 、C 、D.易错提醒：本题容易忽视汽车运动时间是受限制的这一情况，求刹车后3 s 末的速度时，把t ＝3 s 代入v ＝12 m/s －6 m/s 2·t ，求得末速度v ＝－6 m/s ，错选B.答案：ACD3．(2018届浙江舟山月考)一物体以初速度v 0做匀减速运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解题思路：把物体第1 s 和第2 s 的运动与实验中的“纸带”联系起来，应用Δx ＝at 2求出加速度，然后根据第1 s 的位移求出初速度，进一步求出2 s 末的速度，便可以求出最后一段位移及位移x 3内的平均速度．解析：根据Δx ＝at 2得，a ＝Δx t 2＝－11 m/s 2＝－1 m/s 2.根据x ＝v 0t ＋12at 2得，v 0＝3.5 m/s ，A 错误，B 正确；第2 s 末的速度v 2＝v 0＋at ＝3.5 m/s －1×2 m/s ＝1.5 m/s ，则x 3＝0－v 222a ＝－2.25－2 m ＝98 m ，C 正确；位移x 3内的平均速度大小v ＝v 22＝0.75 m/s ，D 正确．综上本题选A.答案：A4．(2018届辽宁沈阳期中)一小球沿斜面以恒定加速度滚下，依次通过A 、B 、C 三点，已知AB ＝12 m ，BC ＝20 m ，小球通过AB 、BC 所用时间均为2 s ，则小球通过A 、B 、C 三点的速度分别为( )A ．6 m/s 8 m/s 10 m/sB ．0 m/s 4 m/s 8 m/sC ．2 m/s 4 m/s 6 m/sD ．4 m/s 8 m/s 12 m/s解析：由Δx ＝at 2得a ＝Δx t 2＝20－1222m/s 2＝2 m/s 2.由平均速度公式v B ＝v ＝x AC 2t ＝20＋122×2 m/s ＝8 m/s.由v B ＝v A ＋at 得v A ＝v B －at ＝(8－2×2)m/s ＝4 m/s.由v C ＝v B ＋at ＝(8＋2×2)m/s ＝12 m/s.故D 正确，A 、B 、C 错误．综上本题选D.答案：D5．(多选)(2018届安徽舒州中学高三月考)竖直上抛的物体，又落回抛出点，关于物体运动的下列说法中不正确的有( )A ．上升过程和下落过程、时间相等、位移相同B ．物体到达最高点时，速度为零、加速度也为0C ．整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同D ．不管竖直上抛的初速度有多大(v 0＞10 m/s)，物体上升过程的最后1 s 时间内的位移总是不变的解析：根据运动的对称性，上升过程和下落过程时间相等，位移大小相等但方向相反，故A 不正确；物体到达最高点时，速度为零，加速度仍为g ，故B 不正确；竖直上抛的物体做匀变速直线运动，加速度为a ＝g ，任意相等时间内物体的速度变化量Δv ＝gt ，且方向竖直向下，即任意相等时间内物体的速度变化量均相同，故C 正确；物体上升的最后1 s 可以看成是从最高点由静止开始下落的第1 s ，其位移x ＝12gt 2＝5 m ，故D 正确．答案：AB6．(2018届安徽合肥六校联考)一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s ，整列车通过他历时6 s ，则这列火车的车厢有( )A ．3节B ．6节C ．9节D ．12节解析：第一节车厢的长度x 1＝12at 21，列车的长度x ＝12at 2，t 是t 1的3倍，则x 是x 1的9倍，故C 正确．答案：C【提升过关】一、单项选择题1．(2018届天水一中期末)一物体由静止开始做匀加速运动，它在第n 秒内的位移是s ，则其加速度大小为( )A.2s 2n －1 B ．2s n 2C.2s n －1D ．s n ＋1解题思路：要求物体的加速度，知道物体在第n 秒内的位移，根据平均速度公式s ＝v t ，需求物体在第n 秒内的平均速度，故需求物体在第n 秒初的速度v 1和在第n 秒末的速度v 2.解析：设物体的加速度为a ，由于物体做初速度为0的匀加速直线运动，根据v t ＝v 0＋at 可得物体在第(n －1)秒末的速度为v 1＝(n －1)a ，物体在第n 秒末的速度为v 2＝na ，则在第n 秒内的平均速度v ＝na ＋(n －1)a 2＝(2n －1)a 2，根据s ＝v t ，物体在第n 秒内的位移s ＝(2n －1)a 2×1.故物体的加速度a ＝2s2n －1，故选A. 答案：A2．(2018届北京大兴区月考)一质点从A 点以v 0＝3 m/s 的初速度开始做匀加速直线运动，随后依次经过B 、C 两点，已知AB 段、BC 段距离分别为5 m 、9 m ，质点经过AB 段、BC 段时速度增加量相等，则( )A ．质点的加速度大小为2 m/s 2B ．质点从A 点运动到C 点历时3 s C ．质点在C 点的速度大小为11 m/sD ．质点在B 点的速度大小为6 m/s解题思路：题中的信息“质点经过AB 段、BC 段时速度增加量相等”暗含这两段时间相等，既可以假设AB 段、BC 段对应的时间为T .利用时间关系求解，也可以根据质点经过AB 段、BC 段时速度增加量相等，利用速度间的关系求解．解析：设质点经过AB 段、BC 段时速度增加量为Δv ，应用公式v 21－v 20＝2as ，由题意可得：(v 0＋Δv )2－v 20＝2as 1，(v 0＋2Δv )2－v 20＝2a (s 1＋s 2)，代入数据，联立得：Δv ＝4 m/s ，可得质点在B 点的速度大小为7 m/s ，选项D 错误；质点在C 点的速度大小为11 m/s ，选项C正确；由公式v 21－v 20＝2as ，可得加速度为a ＝4 m/s 2，选项A 错误；由公式v t ＝v 0＋at .代入数据得t ＝2 s ，选项B 错误．综上本题选C.答案：C3．一物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第3个T 内的位移为3 m ，在第3个T 终了时的瞬时速度是3 m/s.则( )A ．物体的加速度为1 m/s 2B ．物体在第1个T 终了时的瞬时速度是0.6 m/sC ．时间间隔T ＝1 sD ．物体在第1个T 内的位移为0.6 m解题思路：用前3T 内的位移与前2T 内位移之差表示出第3个T 内的位移，结合第3个T 内的末速度，可以求出运动的加速度，然后分别应用匀变速直线运动的速度公式和位移公式求得题目中的其他量．解析：由公式x ＝12at 2得，第3个T 内的位移Δx ＝12a (3T )2－12a (2T )2＝3 m ，又由速度公式v ＝at ，在第3个T 终了时的瞬时速度v ＝a ·3T ＝3 m/s ，解得a ＝56 m/s 2，时间间隔T ＝1.2s ，选项A 、C 错误；物体在第1个T 终了时的瞬时速度v ＝aT ＝1 m/s ，选项B 错误；由公式x ＝12at 2得，物体在第1个T 内的位移x ＝12aT 2＝0.6 m ，选项D 正确．综上本题选D.答案：D4.(2018届江西校级二模)如图所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A 点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a 、b 、c ，它们距斜面底端A 点的距离分别为s 1、s 2、s 3，对应到达最高点的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列关系正确的是( )A.s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3 B ．s 3t 3＞s 2t 2＞s 1t 1C.s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23D ．s 1t 21＞s 2t 22＞s 3t 23解析：利用逆向思维，将小球的运动看作沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝xt 知选项A 、B 中比较的量是平均速度，由题意可知到达a 点的小球初速度最大，由v ＝v 0＋v 2可知小球在此过程中的平均速度最大，A 、B 错误；由x ＝12at 2知选项C 、D 表达的是加速度的一半，由受力情况可知三个过程中小球的加速度相等，故C 正确，D 错误．答案：C5．(改编题)已知“玉兔”号月球车在月球表面运动的最大加速度为118 m/s 2，最大速度为200 m/h.若它由静止开始从距离1 m 的地方安全返回“嫦娥三号”(返回“嫦娥三号”时速度为零)，则最短耗时为( )A ．17 sB ．18 s C.19 sD ．20 s解析：月球车的最大速度为200 m/h ＝118 m/s.为实现最短时间内运动1 m ，月球车将经历以最大加速度匀加速、最大速度匀速、最大加速度匀减速三个运动过程，作出v -t 图象如图所示，由v -t 图象可知12×(t 0＋1＋t 0－1)×118 m ＝1 m ，解得t 0＝18 s ，故最短耗时19 s ，选项C 正确．答案：C6．(改编题)一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，其中第8 s 内的位移比第5 s 内的位移多6 m ，则汽车的加速度以及9 s 末的速度分别为( )A ．a ＝3 m/s 2 v 9＝15 m/sB ．a ＝1 m/s 2 v 9＝173 m/sC ．a ＝2 m/s 2 v 9＝14 m/sD ．a ＝2 m/s 2 v 9＝18 m/s解析：由Δx ＝aT 2可得：x 8－x 5＝3aT 2，所以a ＝2 m/s 2，由匀变速直线运动的速度公式v ＝v 0＋at 可得：v 9＝2×9 m/s ＝18 m/s ，所以选项D 正确．答案：D 二、多项选择题7．物体从离地面45 m 高处做自由落体运动(g 取10 m/s 2)，则下列选项中正确的是( ) A ．物体运动3 s 后落地B ．物体落地时的速度大小为30 m/sC ．物体在落地前最后1 s 内的位移为25 mD ．物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s解析：根据h ＝12gt 2，可得t ＝3 s ，A 正确；根据v ＝gt ＝10×3 m/s ＝30 m/s ，B 正确；物体在最后1 s 内的位移：h ＝12gt 2－12gt 22＝12×10×32 m －12×10×22m ＝25 m ，C 正确；下落过程中平均速度为v ＝h t ＝453m/s ＝15 m/s ，D 错误．综上本题选A 、B 、C.答案：ABC8．(2018届湖北荆州期中)一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的距离均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时汽车行驶的速度大小v 0＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车运动的加速度大小为2 m/s 2C ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sD ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为15 m/s解析：由于汽车做匀加速直线运动，故有x ＝v 0t ＋12at 2，代入数值即100 m ＝5×10 m ＋12×a ×(10 s)2，可得a ＝1 m/s 2，A 正确，B 错误；经过第7根电线杆时，由x ＝v 0t ＋12at 2，代入数值即50×6 m ＝5 m/s ×t ＋12×1 m/s 2×t 2，t ＝20 s ，由v ＝v 0＋at ，v ＝5 m/s ＋1×20 m/s＝25 m/s ，C 正确，D 错误．综上本题选A 、C.答案：AC9.在离地面7.2 m 处，手提2.2 m 长的绳子的上端，如图所示，在绳子的上下两端各拴一小球，放手后小球自由下落(绳子的质量不计，球的大小可忽略，g 取10 m/s 2)则( )A ．两小球落地时间相差1 sB ．两小球落地时间相差0.2 sC ．B 球落地时A 球的速度为10 m/sD ．B 球落地时A 球的速度为20 m/s 解析：B 球落地所需时间为t 1＝2×(7.2－2.2)10s ＝1 s ，A 球落地时间为t 2＝2×7.210s ＝1.2 s ，所以两小球落地的时间差为Δt ＝t 2－t 1＝0.2 s ，A 错误，B 正确；当B 球落地时，A 球的速度与B 球的速度相等，v A ＝v B ＝gt 1＝10×1 m/s ＝10 m/s ，C 正确，D 错误．答案：BC10．一物体做匀变速直线运动，当t ＝0时，物体的速度大小为12 m/s ，方向向东；当t ＝2 s 时，物体的速度大小为8 m/s ，方向仍向东．当t 为多少时，物体的速度大小变为2m/s( )A ．3 sB ．5 sC ．7 sD ．9 s解析：取物体开始运动的方向为正方向，物体的加速度a ＝v －v 0t ＝8－122 m/s 2＝－2 m/s 2.物体速度大小为2 m/s 时，方向可能向东，也可能向西．当速度方向向东时：t 1＝2－12－2s ＝5 s ；速度方向向西时：t 2＝－2－12－2s ＝7 s ，故B 、C 正确．答案：BC 三、计算题11．(2018届天津河西区期中)一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，最初的3 s 内的位移为x 1，最后3 s 内的位移为x 2，若x 2－x 1＝6 m ，x 1∶x 2＝3∶7，问物体的加速度和斜面的长度为多少？解题思路：题目中出现最初的3 s 内的位移为x 1，最后3 s 内的位移为x 2，并不意味着总时间为6 s ，总位移为x 1＋x 2.这两段时间可能有交叉，同样这两段位移也可能有交叉，可以设总时间为t ，根据两段位移之差和位移之比求出两段位移，其中将第二段位移用总位移和后3 s 之外的时间内的位移表示出来，即可求出总时间及斜面的长度．解析：设物体的加速度为a ，沿斜面下滑的时间为t .由x 2－x 1＝6 m ，x 1∶x 2＝3∶7，联立上述两式解得x 1＝4.5 m ，x 2＝10.5 m ．物体在最初的t 1＝3 s 内的位移x 1＝12at 21，代入数值解得a ＝1 m/s 2，物体在最后的t 2＝3 s 内的位移x 2＝12at 2－12a (t －t 2)2，代入数据解得t ＝5 s ，则斜面的长度x ＝12at 2＝12×1×52 m ＝12.5 m.答案：1 m/s 2 12.5 m12.(2018届山东枣庄第八中学质量调研)如图所示是一种较精确测重力加速度g 值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O 点与弹簧分离，然后返回．在O 点正上方选取一点P ，利用仪器精确测得OP 间的距离为H ，从O 点出发至返回O 点的时间间隔为T 1，小球两次经过P 点的时间间隔为T 2，求：(1)重力加速度；(2)若O 点距玻璃管底部的距离为L 0，玻璃管最小长度．解析：(1)小球从O 点上升到最大高度的过程中有 h 1＝12g ⎝⎛⎭⎫T 122，①小球从P 点上升的最大高度h 2＝12g ⎝⎛⎭⎫T 222，②依据题意有h 1－h 2＝H ，③ 联立①②③解得g ＝8HT 21－T 22.(2)真空管最小的长度L ＝L 0＋h 1，故L ＝L 0＋T 21HT 21－T 22.答案：(1)8H T 21－T 22 (2)L 0＋T 21HT 21－T 22。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练20 含解析

分层限时跟踪练(二十)(限时40分钟)一、单项选择题1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图6-3-13所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )图6-3-13【解析】由平行板电容器的电容C ＝εr S 4πkd可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQ εr S 与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能E p ＝qφP ＝qEd －qEx ，显然D 错．【答案】 C2．水平平行放置的金属板a 、b 间加上恒定电压，两板间距离为d .一带电粒子紧贴a 板水平射入电场，刚好紧贴b 板射出，如图6-3-14所示．在其他条件不变的情况下，将b 板向下平移一段距离x ，带电粒子刚好从两板中央射出．不考虑重力的影响，则( )图6-3-14A ．x ＝dB ．x ＝12dC ．x ＝2dD ．x ＝(2－1)d【解析】刚好紧贴b 板射出时d ＝12·Uq dm ·t 2，刚好从两板中央射出时d ＋x 2＝12·Uq （d ＋x ）m ·t 2，解得x ＝(2－1)d .【答案】 D3．如图6-3-15所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图6-3-15A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加【解析】分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A 错误；微粒从M 点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B 错误；微粒从M 点运动到N 点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确；微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．【答案】 C4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板d2处返回D．在距上极板25d处返回【解析】带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(d2＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移d3，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功W G＝mg(d2＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－q d′（d－d3）U＝－q 3d′2d U，由动能定理得W G＋W电＝0，联立各式解得d′＝25d，选项D正确．【答案】 D5．如图6-3-16所示，一方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场中有一半径为R的竖直圆形轨道，其圆心为O，圆形轨道与电场区域的左边界相切，在圆形轨道左侧有一平行板电容器AB，A板带正电，B板带负电，两板间电势差U可改变，一带正电粒子(粒子重力不计)从靠近A板处由静止释放，经加速后从圆形轨道与电场区域左边界切点处的小孔进入圆形轨道区域，最后打在圆形轨道上，则下列说法中正确的是()图6-3-16 A．调节电压U，可使粒子垂直打在圆形轨道上B．粒子将向下偏转C．存在唯一的加速电压U使粒子在圆形轨道区域的竖直偏移量为R 2D．当粒子打在圆心O的正上方时，加速电压U＝ER 4【解析】如果粒子能垂直打在圆形轨道上，则粒子打在圆形轨道上瞬间的速度的反向延长线必经过圆心，与类平抛运动中末速度反向延长线交于水平位移的中点矛盾，所以A错误；由电场方向和粒子电性可知粒子将向上偏转，B错误；当竖直偏移量为R2时，粒子可以打在圆形轨道上关于竖直直径左右对称的两个点，即存在两个水平位移，两个初速度，进而可得到两个加速电压，所以C错误；由x＝R＝v0t，y＝R＝12qEm t2，qU＝12m v2，联立可得U＝ER4，D正确．【答案】 D二、多项选择题6．如图6-3-17所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是()图6-3-17A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b→a的电流【解析】根据电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝εr S4πkd ，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεr S，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．【答案】AB7．三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下极板上的a、b、c三点，如图6-3-18所示，下面判断正确的是()图6-3-18A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a>a b>a cC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a>t b>t cD．电场力对落在c点的颗粒做负功【解析】由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得t a<t b<t c，所以a a>a b>a c，再由牛顿第二定律可推出，落在a点的颗粒带负电，b点的不带电，c点的带正电，故正确选项为B、D.【答案】BD8．如图6-3-19所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则()图6-3-19A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为v20 2gD．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v20 4【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得：－mg ·2h ＝0－12m v 20，解得：h ＝v 204g ，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝m v 204，D 正确．【答案】 BD9．如图6-3-20所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q .下列说法正确的是( )图6-3-20A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大C ．若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ACBD 圆弧上往复运动D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B 点【解析】小球运动到由圆心指向合力方向的位置时速度最大，对称位置速度最小，所以选项A 错误；电场力做功等于机械能的变化，B 点时电场力做功最多，机械能最大，所以选项B 正确；由A 点静止释放，先沿合力方向做匀加速直线运动，所以选项C 错误；在等效“重力”场中，小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，可以运动到B点，所以选项D正确．【答案】BD三、非选择题10．如图6-3-21所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.图6-3-21(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变，求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【解析】(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有qE＝mg得E＝mgq＝2.0×103 N/C，方向竖直向上．(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma 解得a＝10 m/s2h＝12at2＝0.20 mW＝qE0h＝8.0×10－4 J.(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点的动能为E k，则v＝atE k＝mgh＋12m v2解得E k＝8.0×10－4 J.【答案】 (1)2.0×103 N/C ，方向竖直向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J11．如图6-3-22所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过绝缘光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道的圆心为O 、半径为R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在电场强度方向水平向右、大小为E ＝1.0×104 N/C 的匀强电场，现有质量为m ＝0.20 kg 、电荷量为q ＝＋8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知s AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.2.设带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)图6-3-22(1)求带电体运动到圆弧轨道上C 点时的速度大小；(2)带电体最终做什么运动？尽可能详细地说明；(3)整个运动过程中，由于摩擦而产生的热量为多少？【解析】 (1)由A 点到C 点利用动能定理得qE (s AB ＋R )－μmgs AB －mgR ＝12m v 2代入数据得v ＝106 m/s.(2)如图所示，带电体最终将在G 点两侧C 、F 两点之间沿轨道做周期性运动，∠COG ＝∠GOF ，满足tan ∠COG ＝mg qE ＝14.(3)当带电体最终做周期性运动时，动能、重力势能、电势能之和守恒，带电体在C点速度为零．由A点到C点利用能量守恒有qE(s AB＋R)＝mgR＋QQ＝11 J.【答案】(1)106 m/s(2)见解析(3)11 J12．如图6-3-23所示，水平位置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B 极板接地，它的极板长l＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，现有一微粒质量m＝2.0×10－6 kg，带电荷量q＝＋1.0×10－8 C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g＝10 m/s2.试求：图6-3-23(1)带电粒子入射初速度v0的大小；(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势范围？【解析】(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l2＝v0td 2＝1 2gt2联立两式得v0＝l2g d代入数据得v0＝2.5 m/s.(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则有U AB＝φA－φB＝φAA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有l＝v0t1d 2＝12a1t21且mg－qφA mind＝ma1联立以上各式得φA min＝6 VA板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有q φA maxd－mg＝ma2且有a2＝a1代入数据解得φA max＝10 V综上可得6 V≤φA≤10 V.【答案】(1)v0＝2.5 m/s(2)6 V≤φA≤10 V第11页共11页。

2019版高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练23 Word版含解析

分层限时跟踪练(二十三)(限时40分钟)一、单项选择题1．下列关于磁感应强度的说法正确的是()A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受安培力F成正比，与导线的长度L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向【解析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝FIL只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的安培力的大小由所在处B和放置的方式共同来决定，A、B、C错误；磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，D正确．【答案】D2．通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图8-1-10所示，则()图8-1-10A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极【解析】螺线管内部磁场方向从右到左，故P为N极，由安培定则知a端接电源负极．【答案】B3．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量B＝5.0×10－5 T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图8-1-11所示．由此测出该通电直导线在其正下方10 cm处产生磁场的磁感应强度大小为()图8-1-11A．5.0×10－5 T B．1.0×10－4 T C．8.66×10－5 T D．7.07×10－5 T 【解析】地磁场是从地磁北极指向地磁南极(地理南极指向地理北极)，导线通电后，电流磁场与地磁场叠加后，合磁场沿如图所示方向．依题意作图可得tan 60°＝B1B得B1＝8.66×10—5 T.【答案】C4．如图8-1-12所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab 、cd 、ef 围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O 为等边三角形的中心，M 、N 分别为O 关于导线ab 、cd 的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O 点的磁感应强度大小为B 1，在M 点的磁感应强度大小为B 2，若撤去导线ef ，而ab 、cd 中电流不变，则此时N 点的磁感应强度大小为( )图8-1-12A ．B 1＋B 2B ．B 1－B 2 C.B 1＋B 22 D.B 1－B 22【解析】设每根导线中的电流在O 点产生的磁感应强度大小为B 0，ef 、cd 的电流在M 点产生的磁感应强度大小都为B ′0，则在O 点有B 1＝B 0，在M 点有B 2＝2B ′0＋B 0，撤去导线ef 后，在N 点有B N ＝B 0＋B ′0，联立各式可得B N ＝B 1＋B 22，C 正确．【答案】 C5．(2016·沈阳检测)如图8-1-13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一质量为m 的金属棒，棒长为L ，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I .若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B 的判断正确的是( )图8-1-13A ．B 的方向垂直斜面向上，B ＝mg sin θIL，B 为最小值B．B的方向平行斜面向上，B＝mg sin θIL，B为最小值C．B的方向竖直向上，B＝mgIL，此时金属棒对斜面无压力D．B的方向水平向左，B＝mgIL，此时金属棒对斜面无压力【解析】金属棒所受重力竖直向下，B的方向垂直斜面向上时，由左手定则可知安培力方向平行斜面向下，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，A 项错；当B的方向平行斜面向上时，安培力垂直斜面向上，金属棒不可能平衡，B项错；B的方向竖直向上时，安培力水平向右，支持力垂直斜面向上，金属棒不可能静止，C项错；若B的方向水平向左时，安培力竖直向上，当B＝mgIL时，安培力BIL＝mg，金属棒静止，对斜面无压力，D项正确．【答案】D二、多项选择题6．如图8-1-14所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流大小与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于导体棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()图8-1-14【解析】导体棒受到导轨的支持力大小等于安培力大小，即F N ＝BIL ＝BkLt ∝t ，在竖直方向上有mg －μF N ＝ma ，则a ＝g －μBkL m t ，选项D 正确、C 错误；根据导体棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动的过程可知，选项A 错误、B 正确．【答案】 BD7．风力发电机是目前可再生能源领域中技术比较成熟、具有规模化开发条件和商业发展前景的发电技术．设风力发电机的叶片始终对着来风方向(可以获得最大风能)．现有一小型风力发电机，叶片长为r ，能把风能的η1转化为发电机的机械能，发电系统的效率为η2(其他能量损失不计)．某学习小组对此发电机进行研究，将一长为L 、质量为m 的铜棒与风力发电系统的输出端构成回路(风力发电机与铜棒直接相连，连接导线未画出)，如图8-1-15所示，铜棒两端用轻铜线相连，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．当有风速为v 的风吹向叶片时(空气密度为ρ)，铜棒在与竖直方向成θ角且偏向纸内的位置平衡，下列判断中正确的有( )图8-1-15A ．铜棒中的电流由a 流向b ，大小为mg sin θBLB ．铜棒中的电流由b 流向a ，大小为mg tan θBLC ．此风力发电系统的输出电压为η1η2B ρπL 2r 2v 32mg sin θD ．此风力发电系统的输出电压为η1η2B ρπLr 2v 32mg tan θ【解析】由左手定则知棒中电流由b 流向a ，由平衡条件知BIL ＝mg tan θ，即I ＝mg tan θBL ，A 错误，B 正确；由题意知在时间t 内垂直吹向叶片旋转面的气体质量为m 0＝ρπr 2v t ，该风力发电系统的输出功率为P ＝UI ＝12m 0v 2η1η2t，联立解得发电系统的输出电压为U ＝η1η2B ρπLr 2v 32mg tan θ，C 错误，D 正确．【答案】 BD8. (多选)电磁轨道炮工作原理如图8-1-16所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()图8-1-16A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】设B ＝kI ，轨道间距为d ，则弹体所受安培力F ＝IdB ＝kI 2d ；由牛顿第二定律得弹体的加速度a ＝F m ＝kI 2d m ；由运动学公式v 2t ＝2aL ，得：v t ＝2aL＝I2kdm L.综上所述，选项B、D正确，选项A、C错误．【答案】BD9．(2014·浙江高考)如图8-1-17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8-1-17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()甲乙图8-1-17A．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【解析】根据左手定则、法拉第电磁感应定律解决问题．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，安培力和速度随时间的变化如图所示，选项A、B、C正确；在0～T2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，安培力所做总功为零，选项D错误．【答案】ABC三、非选择题10．(2015·重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图8-1-18是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.图8-1-18(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．【解析】(1)由安培力表达式F＝BIL可知，线圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右．(2)由功率公式P＝F v可知，安培力的功率P＝nBIL v.【答案】(1)nBIL水平向右(2)nBIL v11．(2016·泰州模拟)如图8-1-19所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流大小I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)图8-1-19【解析】斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件得F T cos 37°＝FF T sin 37°＝mg＝0.8 N两式联立解得F＝mgtan 37°＝2 T由F＝BIL得B＝FIL由题意知，B与t的变化关系为B＝0.4t代入数据得t＝5 s.【答案】 5 s12．如图8-1-20所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为L＝1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝30 g．在垂直于导轨平面方向存在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2 .若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？图8-1-20【解析】因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为F f m.若BIL＞Mg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相同，设此时电流为I1，则有BI1L－Mg≤F f m＝0.5mg，解得I1≤0.5mg＋MgBL＝2.0 A；若BIL＜Mg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为I2，则有Mg－BI2L≤F f m＝0.5mg.解得I2≥Mg－0.5mgBL＝1.0 A，即ab棒中的电流为1.0 A≤I≤2.0 A.根据左手定则判断，棒中的电流方向为由a到b.【答案】 1.0 A≤I≤2.0 A由a到b。

【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练18 Word版含解析

分层限时跟踪练(十八)(限时40分钟)一、单项选择题1．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10－15 C【解析】由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷；甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C．选项B、C、D错误，选项A正确．【答案】 A2．(2015·浙江高考)如图6-1-14所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()图6-1-14A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞【解析】两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误、D正确．【答案】 D3．下列选项中的各绝缘直杆大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各直杆间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是()【解析】设带电荷量为q的直杆在原点O处产生的场强大小为E，则题中A图场强大小为E，根据场强的合成满足平行四边形定则，B图场强大小为2E，C图场强大小为E，D图场强大小为零，选B.【答案】 B4．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图6-1-15所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，半球面总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()图6-1-15A.kq2R2B．kq2R2－EC.kq4R2－E D．kq4R2＋E【解析】假设将带电荷量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M 、N 点所产生的电场为E ＝k ·2q （2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面如题图所示在M 点产生的场强为E ，则N 点的场强为E ′＝kq 2R 2－E ，选项B 正确．【答案】 B5．(2016·东营检测)如图6-1-16所示，点电荷q 1、q 2、q 3处于同一条直线上，q 2与q 3的距离是q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量q 1∶q 2∶q 3之比为( )图6-1-16A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶6D ．3∶2∶6【解析】若q 2为负电荷，假设q 1带负电，要使q 2平衡，则q 3也应带负电，但此时q 1、q 3因都受斥力而不平衡，故q 1带正电，同理分析q 3带正电．也可能足q 1、q 3带负电，q 2带正电．由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q 1有k |q 1q 2|l 21＝k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2 ① 对q 2有k |q 1q 2|l 21＝k |q 3q 2|l 22 ②有q 3有k |q 1q 3|（l 1＋l 2）2＝k |q 3q 2|l 22③ 联立①②③可解得|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝(l 1＋l 2l 2)2∶1∶(l 1＋l 2l 1)2. 根据题意可知l 2＝2l 1，所以|q 1|∶|q 2|∶|q 3|＝94∶1∶9＝9∶4∶36.由于q 1、q 3是同种电荷，故q 1∶q 2∶q 3＝(－9)∶4∶(－36)或q 1∶q 2∶q 3＝9∶(－4)∶36，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A二、多项选择题6．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点处场强的强弱．如图6-1-17甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称．则()甲乙图6-1-17A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O的场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【解析】由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，C、D正确．【答案】ACD7．如图6-1-18所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是()图6-1-18【解析】负电荷从C→D运动过程中受A点电荷吸引力F1和B点电荷吸引力F 2，由已知的电荷电量和距离条件结合库仑定律，可知F 1>F 2，故减速运动，可能一直减速，也可能先减速到零然后反向加速，但库仑力是变化的、不可能匀减速，所以选项A 、D 错误，BC 正确．【答案】 BC8．(2014·广东高考)如图6-1-19所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图6-1-19A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零【解析】假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k Qq L 2＝k Q ·2q （L ＋x ）2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．【答案】 BD9．如图6-1-20所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 小球上，使两球均处于静止状态．现将A 小球向NO 方向缓慢拉动一小段距离后，A 、B 两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )图6-1-20A ．A 、B 两小球间的库仑力变大B ．A 、B 两小球间的库仑力变小C ．A 小球对MO 杆的压力变大D ．A 小球对MO 杆的压力肯定不变【解析】 A 、B 两小球间的连线与竖直方向的夹角减小，对B 小球研究，库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向，因此库仑力减小，故选项A 错误，选项B 正确；由整体法可知，MO 杆对A 小球的支持力(大小等于A 小球对MO 杆的压力)等于A 、B 两小球的重力之和，肯定不变，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD三、非选择题10．如图6-1-21所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g 2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：图6-1-21(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，需加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？【解析】 (1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m (12g )所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为k Qq h 2－mg ＝m (12g )所以q m ＝3gh 22kQ .(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场．因为qE －12mg ＝0所以E ＝m q ·g 2＝kQ 3h 2.【答案】 (1)见解析 (2)竖直向下 kQ 3h 211．如图6-1-22所示，质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在斜面上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k 和重力加速度g .图6-1-22(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma根据库仑定律：F ＝k Qq r 2，r ＝H sin α联立以上各式解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2.(2)当A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2，解得R ＝kQq mg sin α. 【答案】 (1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2 (2)kQq mg sin α12．如图6-1-23所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A 点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：图6-1-23(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【解析】(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝12m v2B到达B点时速度大小为v B＝8gR.(2)设电场力的竖直分力为F y，水平分力为F x，则F y＝mg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：－F x·2R＝12m v2C－12m v2B小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y＝4R＝v C t，x＝2R＝12a x t2＝F x2m t2联立解得：F x＝mg电场力的大小为F＝qE＝F2x＋F2y＝2mg.(3)小球经过管口C处时，向心力由F x和圆管的弹力F N的合力提供，设弹力F N的方向向左，则F x＋F N＝m v2CR，解得：F N＝3mg.根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为F N′＝F N＝3mg，方向水平向右．【答案】(1)8gR(2)2mg(3)3mg，方向水平向右。

【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练15 Word版含解析

分层限时跟踪练(十五)(限时40分钟)一、单项选择题1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零【解析】由W＝Fl cos α可知，合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是力F与位移l之间的夹角为90°，故A正确，B错误；由W合＝ΔE k可知，合外力做功越多，物体动能增量一定越大，但物体的动能不一定越大，动能不变，则合外力做功为零，合外力不一定为零，C、D均错误．【答案】 A2．2015年7月底，国际奥委会投票选出2022年冬奥会承办城市为北京．跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，跳台滑雪可抽象为在斜坡上的平抛运动，如图5-2-13所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处以初速度v0水平滑出，在运动过程中恰好通过P点，OP与水平方向夹角为37°，则滑雪运动员到达P点时的动能与从O点滑出时的动能比值为(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()图5-2-13A.34 B.43 C.134 D.413【解析】由题图知tan 37°＝yx＝gt2v0，解得滑雪运动员在P点时竖直速度v y ＝gt ＝32v 0，滑雪运动员到达P 点的动能E k P ＝12m v 2y ＋12m v 20＝138m v 20，从O 点滑出时的动能E k O ＝12m v 20，所以滑雪运动员到达P 点时的动能与从O 点滑出时的动能比值为134，选项C 正确．【答案】 C3．(2015·海南高考)如图5-2-14所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图5-2-14A.14mgRB.13mgRC.12mgR D ．π4mgR【解析】在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确．【答案】 C4．如图5-2-15所示，质量为m 的小球，在离地面H 高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到的空气阻力为f ，则下列说法正确的是( )图5-2-15A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H h)【解析】根据动能定理得mgH－fH＝12m v2，A错误；设泥的阻力为f0，小球陷入泥中的过程中根据动能定理得mgh－f0h＝0－12m v2，解得f0h＝mgh＋12m v2，f0＝mg(1＋Hh)－fHh，B、D错误；全过程运用动能定理知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正确．【答案】 C5．用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度-时间图象如图5-2-16所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力F f做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()图5-2-16A．W1>W2，F＝2F f B．W1＝W2，F>2F fC．P1<P2，F>2F f D．P1＝P2，F＝2F f【解析】由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，F－F f ＝ma＝m tan αF f＝ma′＝m tan βα>βtan α>tan β因此F>2F f，选项A、D错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误．【答案】 B二、多项选择题6．(2015·武汉模拟)如图5-2-17所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )图5-2-17A ．电动机多做的功为m v 2/2B ．物体在传送带上的划痕长v 2/2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为m v 2/2D ．电动机增加的功率为μmg v【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得的动能就是12m v 2，所以电动机多做的功一定要大于12m v 2，故A 错误；物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v 所需的时间t ＝v μg ，在这段时间内物体的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v t ＝v 2μg ，则物体相对位移x ＝x 2－x 1＝v 22μg ，故B 正确；传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A 的分析可知，C 错误；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为f v ＝μmg v ，所以D 正确．【答案】 BD7．(2016·益阳检测)如图5-2-18所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L .有若干个相同的小方块(每个小方块均可视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L .将它们由静止释放，释放时它们下端距A 点的距离为2L .当小方块下端运动到A 点下面距A 点L 2处时，小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A 点的距离为x ，则下列说法正确的是( )图5-2-18A ．μ＝tan θB ．μ＝2tan θC ．x ＝2LD ．x ＝3L【解析】小方块速度最大时，所受合力为0，此时有一半的小方块受到滑动摩擦力，有mg sin θ＝μ·12mg cos θ，所以μ＝2tan θ，B 正确，A 错误；小方块停止时，假设x ≤3L ，由动能定理有mg sin θ(2L ＋x )－μmg cos θ(x －L 2)＝0，解得x ＝3L ，假设成立，D 正确，C 错误．【答案】 BD8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．汽车的额定功率为f v maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为f v tC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12m v 2max－12m v 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12m v 2max【解析】当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12v t ，克服阻力做功为W ＝12f v t ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12m v 2max －0，W f ＝12f v t ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确．【答案】 AD9．水平面上质量为m ＝10 kg 的物体受到的水平拉力F 随位移s 变化的规律如图5-2-19所示，物体匀速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当s ＝7.5 m 时拉力减为零，物体也恰好停下．取g ＝10 m/s 2，下列结论正确的是( )图5-2-19 A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.12 B．合外力对物体所做的功约为－40 J C．物体匀速运动时的速度为2 m/sD．物体运动的时间为0.4 s【解析】由0～2.5 s内物体匀速运动可得：F＝μmg，μ＝Fmg＝1210×10＝0.12，A正确；由F-s图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得：W F约为50 J，设物体的初速度为v，由动能定理可得：W总＝W F－μmg·s＝0－12m v2，解得：W总＝－40 J、v＝2 2 m/s，B正确，C错误；物体匀速运动的时间t匀＝2.522s＝528s>0.4 s，故D错误．【答案】AB三、非选择题10．(2016·安庆模拟)如图5-2-20所示，在水平桌面的边角处有一个轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质量分别为m A、m B，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升．已知当B上升距离为h时，B的速度为v，求此过程中物块A克服摩擦力所做的功．(重力加速度为g)图5-2-20【解析】由于A、B两物体用一条绳子连着，在运动过程中速度、加速度大小都相同，对A、B组成的系统，绳子拉力对A做的负功与对B做的正功数值相等，对系统做功等于零．合外力对系统做的总功和动能的变化都比较容易求，所以对系统应用动能定理解题较为简单．设A克服摩擦力所做的功为W f，当B上升距离为h时，恒力F做功为Fh，重力做功为－m B gh，根据动能定理得Fh－W f－m B gh＝12(m A＋m B)v2，解得W f＝(F－m B g)h－12(m A＋m B)v2.【答案】(F－m B g)h－12(m A＋m B)v211．如图5-2-21所示，QB段是半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L＝1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量m＝1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A 点时恰好静止．(取g＝10 m/s2)求：图5-2-21(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．【解析】(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有－μmg·2L＝0－12m v2解得v0＝4μgL＝2 m/s.(2)设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为F N，由动能定理和牛顿第二定律有：－μmgL＝12m v2－12m v2F N－mg＝m v2 R解得：F N＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12 N，方向竖直向下．【答案】 (1)2 m/s (2)12 N ，方向竖直向下12．(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图5-2-22所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：图5-2-22(1)距Q 水平距离为L 2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．【解析】 (1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝L g2H .从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H .该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)设小球在Q 点受的支持力为F ，由牛顿第二定律F －mg ＝m v 20R ，得F ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′＝F ，方向竖直向下． (3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得mgR ＋W ＝12m v 20得W ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R .34H(2)Lg2H mg⎝⎛⎭⎪⎫1＋L22HR竖直向下(3)mg⎝⎛⎭⎪⎫L24H－R【答案】(1)。

2021年高考物理一轮复习课时跟踪训练2 匀变速直线运动

2021年高考物理一轮复习课时跟踪训练2 匀变速直线运动一、选择题1．(xx·攀枝花市高三考试)某人欲估算飞机起飞时的速度，他假设飞机在平直跑道上滑行做匀加速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s ，从静止加速到起飞速度所用的时间为t ，则飞机起飞时的速度为( )A.s tB.s 2tC.2s tD.2s t2 解析：根据v 2t ＝s 可得v ＝2st ，因此C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．(xx·重庆市巴蜀中学)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a ＝4 m/s 2的加速度，刹车后第3 s 内，汽车走过的路程为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．0.5 mD ．10 m解析：汽车匀减速直线运动的初速度v 0＝10 m/s ，则减速时间为t ＝v 0a＝2.5 s ，故第3 s 内只有0.5 s 的时间在减速运动后停下．由逆向思维法：将汽车看成初速度为零的匀加速直线运动，最初0.5 s 的位移为x ＝12at 2＝0.5 m ．故选C.答案：C3．(xx·福州模拟)在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s 初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s 2，方向沿斜面向下．那么经过3 s 时的速度大小和方向是( )A ．25 m/s ，沿斜面向上B ．5 m/s ，沿斜面向下C ．5 m/s ，沿斜面向上D ．25 m/s ，沿斜面向下解析：取沿斜面向上为正方向，v ＝v 0－at ＝(10－5×3) m/s＝－5 m/s. 答案：B4．(xx·泰兴模拟)一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分为1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为( )A．1∶3∶5 B．1∶4∶9C．1∶8∶27 D．1∶16∶81解析：将时间分为相等的六段，则六段相等时间位移之比为1357911，所以若将时间顺次分为123段，则每段时间位移之比为1(3＋5)(7＋9＋11)＝1 827.答案：C5．(xx·安徽师大摸底)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分别照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A．质点运动的加速度是0.6 m/s2B．质点运动的加速度是0.3 m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s解析：由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s2，选项A错误，B正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v＝0.2 m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－aT/2＝(0.2－0.3×0.5) m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋aT/2＝(0.2＋0.3×0.5) m/s＝0.35 m/s，选项C、D错误．答案：B6．(xx·海南省嘉积中学监测)测出一质点做直线运动在第1 s内的位移是8 m，第2 s 内的位移是10 m，有人对其运动作出下述判断，正确的是( )A．物体的加速度可能是2 m/s2B．质点做匀加速直线运动C．在第1 s末的速度一定是9 m/sD．在第2 s内的平均速度是9 m/s解析：根据题目信息不能确定质点是不是做匀加速直线运动，也不能确定第1 s末的速度大小，B、C错误；若做匀变速直线运动，根据Δx＝aT2可以知道物体的加速度为2 m/s2，根据v＝xt可以知道第2 s内的平均速度是10 m/s，A正确，D错误．答案：A7．(xx·东北三省四市模拟)如图所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是( )A.s1t1＝s2t2＝s3t3B.s3t3>s2t2>s1t1C.s1t21＝s2t22＝s3t23D.s1t21>s2t22>s3t23解析：选项A、B表达的是平均速度，由题意可知到达a点的小球初速度最大，即此过程平均速度最大，所以选项A、B错误；选项C、D表达的是加速度，由受力情况可知三个过程的加速度相等，所以选项C正确．答案：C8．一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面中点用时1 s，速度为2 m/s，则下列说法正确的是( )A．斜面长度为1 mB．斜面长度为2 mC．物体在斜面上运动的总时间为2 sD．到达斜面底端时的速度为4 m/s解析：物体从斜面顶端到斜面中点过程的平均速度v＝v中2＝1 m/s，L2＝v t1＝1 m，L＝2 m，故A错B对；由t1＝1 s，得t总＝ 2 s，故C错；由L＝v底/2×t总，t底＝2 2 m/s，故D错．答案：B9．(xx·长沙模拟)酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同).速度(m/s)思考距离/m 制动距离/m正常酒后正常酒后157.515.022.530.02010.020.036.746.725 12.5 25.0 54.2 xA ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．若汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车制动时，加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.7解析：正常反应时间t 1＝x 1v 1＝7.515 s ＝0.5 s ，酒后反应时间t 2＝x 2v 1＝1515s ＝1 s ，故选项A 正确；由表格知，以20 m/s 行驶时，酒后制动距离为46.7 m>40 m ，故选项B 正确；v 1＝15 m/s 时，汽车刹车位移x 1＝22.5 m －7.5 m ＝15 m ，，由0－v 21＝－2ax 1，求出a ＝7.5m/s 2，故选项C 错误；v 0＝25 m/s 时，由表可知汽车刹车位移为x －25，故0－v 20＝－2a (x －25)，解出x ＝66.7 m ，选项D 正确．答案：C10．(多选)(xx·肇庆模拟)一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m解析：根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t ，加速度为a ，设逆运动最初2 s 内位移为x 1，最后2 s 内位移为x 2，由运动学公式有x 1＝12a ×22；x 2＝12at 2－12a (t －2)2，且x 2＝2x 1；2.5＝12at 2－12a (t －1)2，联立以上各式并代入数据可解得a ＝1 m/s 2，t ＝3 s ，A 错误，C 正确；v 0＝at ＝1×3 m/s＝3 m/s ，B 错误；x ＝12at 2＝12×1×32 m ＝4.5 m ，D 正确．答案：CD 二、非选择题11．如图所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台P 左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动．同时一个人为了搭车，从距站台P 右侧位置30 m 处从静止正对着站台跑去，假设人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车到达P 位置同时停下，人加速和减速时的加速度大小相等．求：(1)汽车刹车的时间； (2)人的加速度大小．解析：(1)对汽车，在匀减速的过程中，有x 1＝v 12t ，t ＝10 s.(2)设人加速运动的时间为t 1，由匀变速直线运动规律可知x 2＝v 2(t －2t 1)＋2t 1v 22解得t 1＝2.5 s人的加速度大小a ＝v 2t 1＝1.6 m/s 2. 答案：(1)10 s (2)1.6 m/s 212．(xx·山西省山大附中期中)如(1)图所示，在太原坞城路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B ，若测速仪与汽车相距355 m ，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C 处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距335 m ，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如(2)图所示分析(已知超声波速度为340 m/s)．(1)求汽车刹车过程中的加速度a ；(2)此路段有80 km/h 的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？解析：(1)设超声波往返的时间为2t ，汽车在2t 时间内，刹车的位移为s ＝12a (2t )2＝20 m ，当超声波与A 车相遇后，A 车继续前进的时间为t ，位移为s 2＝12at 2＝5 m ，则超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ＝680 m ，由声速为340 m/s ，得t ＝1 s ，解得汽车的加速度a ＝10 m/s 2.(2)由A 车刹车过程中的位移s ＝v 202a，解得刹车前的速度v0＝20 m/s＝72 km/h车速在规定范围内，不超速．答案：(1)10 m/s2(2)不超速37089 90E1 郡21630 547E 呾30114 75A2 疢33963 84AB 蒫35303 89E7 觧26457 6759 杙20653 50AD 傭25564 63DC 揜:31284 7A34 稴L38066 94B2 钲31730 7BF2 篲30560 7760 睠37982 945E 鑞。

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分层限时跟踪练(二)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·青岛模拟)钢球a 自塔顶自由落下2 m 时，钢球b 自离塔顶6 m 距离处自由落下，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，则塔高为( )A ．24 mB ．16 mC ．12 mD ．8 m【解析】根据x ＝12gt 2得a 球下落2 m 所需时间为t ＝2xg ＝2×210 s ＝0.210 s.设塔高h ，则b 球下落的时间为t b ＝2（h －6 m ）g ① 对a 球有：h ＝12g (t ＋t b )2 ②联立①②解得h ＝8 m ，D 正确．【答案】 D2．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所用时间为t .现在物体从A 点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)到某一最大速度v m ，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t .则物体的( )A ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小无关C ．a 1、a 2必须满足a 1a 2a 1＋a 2＝2v tD ．a 1、a 2必须是一定的【解析】由v m 2t ＝v t 解得v m ＝2v .由v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝v t 和v m ＝2v ，解得a 1a 2a 1＋a 2＝2v t ，选项C 正确．【答案】 C3．(2016·长沙模拟)为了探究匀变速直线运动，某同学将一小球以一定的初速度射入一粗糙的水平面，如图1-2-8中的A 、B 、C 、D 为每隔1 s 记录的小球所在的位置，AB 、BC 、CD 依次为第1 s 、第2 s 、第3 s 小球通过的位移，经测量可知AB ＝8.0 m 、CD ＝0.5 m ．假设小球的运动可视为匀减速直线运动，则下列描述正确的是( )图1-2-8A ．小球匀减速运动时的加速度大小一定为3.75 m/s 2B ．小球匀减速运动时的加速度大小可能为3.75 m/sC ．0.5 s 末小球的速度为8 m/sD ．2.5 s 末小球的速度为0.5 m/s【解析】由题意假设小球在第3 s 内未停止运动，由匀变速直线运动的规律Δx ＝aT 2，得x 3－x 1＝2aT 2，可知a ＝3.75 m/s 2，此情况下，小球在2.5 s 末的速度为0.5 m/s ，由运动学公式得v D ＝0.5 m/s －3.75 m/s 2×0.5 s ＜0，因此A 、B 、D 错误；由匀变速直线运动规律可知，小球在0.5 s 末的速度为第1 s 内的平均速度，由v ＝v t 2＝x 1T ＝8 m/s ，C 正确．【答案】 C4．四川灾后重建中，在某工地上一卡车以速度10 m/s 匀速行驶，刹车后第1个2 s 内的位移与最后一个2 s 内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s 内卡车通过的距离是( )A ．2.5 mB ．4 mC ．12 mD ．12.5 m【解析】设加速度大小为a ，则刹车后第1个2 s 内位移大小x 1＝10×2－12a ×22＝20－2a (m)，最后一个2 s 内位移大小x 2＝12a ×22＝2a (m)，因为x 1∶x 2＝3∶2，所以20－2a ＝3a ，即a ＝4 m/s 2，所以汽车刹车后经过t ＝104 s ＝2.5 s 就停止运动了，汽车刹车后4 s 内卡车通过的距离是x ＝v 22a ＝1022×4m ＝12.5 m. 【答案】 D5．某乘客用手表估测火车的加速度，他先观测3分钟，发现火车前进540 m ，隔3分钟后又观测1分钟，发现火车前进了360 m ，若火车在这7分钟内做匀加速运动，则这列火车的加速度大小为( )A ．0.03 m/s 2B ．0.01 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.6 m/s 2【解析】利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度计算．t 1时间段的中间时刻的瞬时速度v 1＝x 1t 1＝540180 m/s ＝3 m/s t 3时间段的中间时刻的瞬时速度v 3＝x 3t 3＝36060 m/s ＝6 m/s 则v 3＝v 1＋a Δt ，其中Δt ＝t 12＋t 32＋t 2＝300 s.代入数据得a ＝0.01 m/s 2.【答案】 B二、多项选择题6．一物体以初速度v 0做匀减速运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s【解析】由Δx ＝aT 2可得加速度的大小a ＝1 m/s 2，则B 正确；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m/s ，则A 错误；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t＝Δv－a＝2.5 s ，经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，故x 3＝12at ′2＝1.125 m ，C 正确；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s ，则D 正确．【答案】 BCD7．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ．不计空气阻力，设塔足够高．则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m 【解析】物体从塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．在A 点之上时，位移为10 m 又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L 1等于位移x 1的大小，即L 1＝x 1＝10 m ；下落通过时，路程L 2＝2H －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程L 3＝2H ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m.【答案】 ACD8．如图1-2-9所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A 、B 、C 、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB ＝2 m ，BC ＝3 m ．且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是( )图1-2-9A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD ＝4 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 m【解析】设加速度为a ，时间为T ，则有Δx ＝aT 2＝1 m ，可以求得CD ＝4m ，而B 点的瞬时速度v B ＝x AC 2T ，所以OB 之间的距离为x OB ＝v 2B 2a ＝3.125 m ，OA之间的距离为x OA ＝x OB －x AB ＝1.125 m ，即B 、C 选项正确．【答案】 BC9．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的距离均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时汽车行驶的速度大小为v 0＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车从第3根电线杆运动到第7根电线杆经历的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动的平均速度为20 m/s【解析】由匀加速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，选项A 正确；由v 2－v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，选项B 正确；由v ＝v 0＋at 知汽车从第1根电线杆运动至第7根电线杆用时20 s ，所以从第3根电线杆运动至第7根电线杆用时为10 s ，选项C 错误；由v ＝x t 知汽车在第3根至第7根电线杆间运动的平均速度为20 m/s ，选项D 正确．【答案】 ABD二、非选择题10．现在，汽车已走进千家万户，行车安全非常重要，严格遵守交通法规是每一个公民的义务．现某人开车从南向北以8 m/s 的速度匀速行驶到某十字路口，如图1-2-10所示，已知直行绿灯还有2 s 将转为红灯，此时汽车距离停车线20m．若该车加速时最大加速度大小为3 m/s2，问：图1-2-10(1)若该人这时驾驶汽车以最大加速度加速行驶，会闯红灯吗？(2)若该人这时驾驶汽车做匀减速运动，要想紧靠停车线停下，其制动的加速度大小应为多少？【解析】(1)若汽车以最大加速度加速行驶，根据位移时间公式得x＝v0t＋12at2代入数据解得t≈1.85 s＜2 s故不会闯红灯．(2)若汽车匀减速运动，根据速度位移公式0－v20＝－2a′x得a′＝v202x＝1.6 m/s2.【答案】(1)不会(2)1.6 m/s211．甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得v＝at0s 1＝12at 20s 2＝v t 0＋12(2a )t 20设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有v ′＝(2a )t 0s 1′＝12(2a )t 20 s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有s ＝s 1＋s 2s ′＝s 1′＋s 2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s s ′＝57.【答案】 5712．(2016·长沙模拟)如图1-2-11所示，水平地面O 点的正上方的装置M 每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M 的同时，O 点右侧一长为L ＝1.2 m 的平板车开始以a ＝6.0 m/s 2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M 的竖直高度为h ＝0.45 m ．忽略空气的阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.图1-2-11(1)求小车左端离O 点的水平距离；(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt 应满足什么条件？【解析】 (1)设小球自由下落至平板车上表面历时t 0，在该时间段内，对小球有：h ＝12gt 20① 对平板车有：s ＝12at 20 ②联立①②式并代入数据可得s ＝0.27 m.(2)从释放第1个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时Δt ＋t 0，设平板车在该时间段内的位移为s 1，由运动学方程有s 1＝12a (Δt ＋t 0)2 要让至少2个小球落在平板上必须满足s 1≤s ＋L ④联立①～④式解得Δt ≤0.4 s.【答案】 (1)0.27 m (2)Δt ≤0.4 s。