2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 11 Word版含解析

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2019高考物理最后冲刺增分小题狂练3含答案解析

小题狂练3误差有效数字实验：研究匀变速直线运动小题狂练③小题是基础练小题提分快1.[2019·广州调研](1)某同学用电磁打点计时器测匀变速直线运动的加速度，电磁打点计时器的工作电源为________．A．220 V的交流电B．6 V以下的交流电C．220 V的直流电D．6 V以下的直流电(2)实验中打点计时器每隔0.02 s打一个点，打出的纸带如图所示，则可大致判断小车做________(选填“匀速”或“匀变速”)直线运动，这是因为______________；计算小车的加速度大小a＝________m/s2(保留两位有效数字)．答案：(1)B(2)匀变速两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定0.30 解析：(1)电磁打点计时器的工作电源为6 V以下的交流电，选项B正确．(2)根据打出的纸带中两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定，可大致判断小车做匀变速直线运动．利用Δx＝aT2，T＝5×0.02 s＝0.1 s，可得小车的加速度大小a＝0.30 m/s2.2．[2019·湖南省衡阳模拟]在研究匀变速直线运动中，某同学用一端装有定滑轮的长木板、小车、打点计时器(频率为50 Hz)、钩码、纸带、细线组成如图甲所示的装置，用钩码拉动小车，使其做匀变速直线运动，得到如图乙所示的一条纸带，纸带中相邻两个计数点之间有四个点未标出．(1)某同学操作实验步骤如下，有错误或不需要的步骤是________(填写字母)．A．将打点计时器固定在长木板上，并连接好电路B．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔C．适当抬高长木板的左端，在不挂钩码的情况下，轻推小车，小车能匀速运动D．把一条细线拴在小车上，细线跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码E．将小车移至靠近打点计时器处F．先释放纸带，再接通打点计时器(2)用毫米刻度尺测量得到图乙中A点与其他计数点间的距离为：AB＝3.00 cm、两点间的距离如图所示，完成下列问题．电火花计时器的工作电源是________(填“交流电”或“直流电”关于打点计时器的时间间隔，下列是四位同学各自发表的看法，其中正确的．电源电压越高，每打两个点的时间间隔就越短．纸带速度越大，每打两个点的时间间隔就越短相邻两个计数点之间还有四个点未标出．①试根据纸带上计数点间的距离，计算出打下B、C、，v C＝0.264 m/s，v D＝0.390 m/s.(②在如图乙所示的坐标系中作出小车的v－t图线，并根据图线求出与纵轴相交，此交_________________________________________________________(2)①0.138②如图所示 1.26探究小车速度随时间变化的规律”平放，并使滑轮伸出桌面，固定打点计时器，连接好电路；此处所需的器材有⑤⑥)(c)让小车拖着纸带运动，打完一条后立即关闭电源；(e)图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个点迹未标出．部分实验步骤如下：．测量完毕，关闭电源，取出纸带．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连上述实验步骤的正确顺序是______________________(、…，如图所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是________(时，小车的加速度大小为________ m/s2；打点计时器打计数点1时小车的速度为________ m/s((3)0.456根据匀变速直线运动的特点(相邻的等长时间间隔位移之差相等，所以属于纸带A的是乙；(2)根据运动学公式＝3.11 m/s2；(3)利用匀变速直线运动的推论：0.456 m/s.小车的瞬时速度为________ m/s(计算结果保留三位有效数字相反0.472打点计时器接在50 Hz的交流电源上时，每隔0.02 s，若无法再做实验，可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为________s ；点时物体的速度大小为________ m/s ；(保留两位有效数字x s －s 如图是某同学研究小球下落时的频闪照片，频闪闪光一次并进行拍照．照片中小球静止时在位置的距离如图中所标的数据但该同学发现图中数据存在以下问题：根据h ＝12间的距离为1.23 cm ，个小水滴)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．________ m/s，加速度大小为________ m/s(2)0.190.037课时测评③综合提能力课时练赢高分一、选择题1．关于误差，下列说法中正确的是()A．认真测量可以避免误差B．误差是实验中产生的错误C．采用精密仪器，改进实验方法，可以消除误差D．实验中产生误差是难免的，但可以想办法尽量减小误差答案：D解析：错误是指因仪器故障、设计错误、操作不当等造成的测量偏差，不是误差．误差是不可避免的，只能尽可能减小误差，而错误是可以避免的．2．以千米为单位计录的某次测量结果为5.4 km，若以米为单位，记录这一结果可写为()A．5 400 m B．5.4×103 mC．5.40×103 m D．5.400×103 m答案：B解析：测量结果5.4 km有两位有效数字，因此以米为单位记录测量结果也应该是两位有效数字，表示为5.4×103 m.二、非选择题3．在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如下图所示．则该圆柱体的长度为________mm，横截面的直径为________mm.答案：49.10 4.702解析：根据游标卡尺读数规则，该圆柱体的长度为49 mm＋2×0.05 mm＝49.10 mm，根据螺旋测微器读数规则，圆柱体横截面的直径为4.5 mm＋20.2×0.01 mm＝4.702 mm.4．某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，打点计时器所用电源的频率是50 Hz，在实验中得到一条点迹清晰的纸带，他把某一点记作O，再选依次相邻的6个点作为测量点，分别标以A、B、C、D、E和F，如图甲所示．丙．一位同学在研究小球自由落体运动时，用频闪照相连续记录下小球的位置，测得x1＝7.68 cm，x过计算可得小球运动的加速度约为________m/s2，图中，代入数据解得a＝9.72 m/s的游标卡尺测量滑块的宽度为d＝1.010 cm.时的速度v1＝________m/s，滑块通过光电门结果保留两位有效数字)．方案二：测两光电门之间的距离x，由v2－v1＝2ax坐标系中，如图所示．若把每一段纸带的左上角连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，运动，且直线与x轴方向夹角越小，说明纸带运动的加速填“越大”或“越小”)．5.20 cm，c段纸带的长度为若用某工具测量遮光片宽度的读数为d＝2.40 mm，则所用工具为．最小分度为毫米的刻度尺，重力加速度大小为g＝10(2)该同学在研究滑块运动时打出了一条纸带，如图乙所示．在纸带上，连续5个点取一个计数点，依先后顺序标为0、1、2、…(图中只画出前4个计数点及刻度尺对应关系)，已知相邻两个计数点间时间间隔为0.1 s ，距离为x 1、x 2、x 3、…，并画出x n —t 图线如图丙所示(其中横坐标数值表示第n 个0.1 s)．则图乙中x 3＝________cm ，滑块的速度随时间__________(选填“均匀变化”或“恒定不变”)，计数点2对应的滑块速度大小为________ m/s ，滑块的平均加速度大小为________ m/s 2(保留两位有效数字)．答案：(1)不需要不需要 (2)3.45(3.44～3.46) 均匀变化 0.3 1.0解析：(1)本题探究滑块速度随时间变化的规律，速度和加速度均由纸带上的数据求得，又因滑块受不受摩擦力均做匀变速运动，所以不需要平衡摩擦力；实验中也不需要确保重物质量远小于滑块质量．(2)由题图乙可知x 2＝2.45 cm 、x 3＝3.45 cm ，由x n —t 图线可知在相同时间Δt 内位移的增加量相同，所以滑块的速度是均匀变化的，计数点2对应的速度大小为v 2＝x 2＋x 32T ，解得v 2＝0.30 m/s ，由Δx ＝aT 2得平均加速度大小为a ＝1.0 m/s 2.10．利用自由落体运动可测量重力加速度．某同学利用如图所示的实验装置进行实验，图中的M 为可恢复弹簧片，M 与触头接触，开始实验时需要手动敲击M 断开电路，使电磁铁失去磁性释放第一个小球，小球撞击M 时电路断开，下一个小球被释放．(1)为完成实验，除图示装置提供的器材外还需要的器材有________和________．(2)用图中所示的实验装置做实验，测得小球开始下落的位置与M 的高度差为120.00 cm ，手动敲击M 的同时开始计时，到第80个小球撞击M 时测得总时间为。

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小题狂练19实验：探究做功与速度变化的关系验证机械能守恒定律验证动量守恒定律小题狂练⑲小题是基础练小题提分快1.[2019·甘肃省渭源四中考试] 探究“做功和物体速度变化的关系”的实验装置如图甲所示，图中是小车在1条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形．实验中小车获得的速度为v，由打点计时器所打出的纸带测出，橡皮筋对小车做的功记为W；实验时，将木板左端调整到适当高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．请回答下列问题：当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验．请回答下列问题：(1)除了图甲中已给出的器材外，需要的器材还有：交流电源、________.(2)如图乙所示是小车在某次运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02 s，则小车离开橡皮筋后的速度为________m/s.(保留两位有效数字)(3)将几次实验中橡皮筋对小车所做的功W和小车离开橡皮筋后的速度v，进行数据处理，以W为纵坐标，v或v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是________．毫米刻度尺 (2)0.36 (3)AD需要的器材除了交流电源外，还有毫米刻度尺；车离开橡皮筋后的速度为v ＝7.2×10－30.02m/s ＝0.36m/s 为纵坐标，v 或v 2为横坐标作图，其中可能符合实际情浙江省五校联考]如图甲所示，用质量为使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．打点计时器使用的电源是_______________________(．交流电源实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确的操作方法是填选项前的字母，A.把长木板右端垫高实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________点时小车的速度v＝________.x3－x1录弹簧测力计的示数F，并利用纸带计算出小车对应的速度．实验中为使细绳对小车的拉力为小车受到的合外力，下列的________．．钩码的质量要远小于小车质量．动滑轮的质量要远小于钩码的质量．小车不连细绳时，反复调整木板倾角，直到纸带上打下的点按正确操作，使细绳对小车的拉力为小车的合外力，保证小车的质量不变，在钩码个数不同的情况下，测量并找到A相等的多条点迹清晰的纸带，分别计算出打下A、v，算出Δv2，Δv2＝v2－v2，根据实验数据绘出________．(2)0.505 3.00(3)A为了保证细绳的拉力等于小车受到的合外力，实验前应首先平衡摩擦力，即小车不连细绳时，反复调整木板倾角，直到纸带上打下的点分布均匀，即小车做匀速直线运动，m/s，同理打下B点时小车的速度为对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是．重物选用质量和密度较大的金属锤．两限位孔在同一竖直面内上下对正．精确测量出重物的质量．用手托稳重物，接通电源后，释放重物某实验小组利用上述装置将打点计时器接到源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部和EG的长度和CD的长度验证机械能守恒定律，C正确；AC、BD和EG的长度可分别求出打B、C、F三点时重物的速度，但BC、CF、BF的长度都无法求出，故无法验证机械能守恒定律，D错误．5．[2019·河北省景县梁集中学调研]如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是________．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、刻度尺(2)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计时点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3.已知重物质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T.为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重物重力势能的减少量ΔE p＝________，动能的增加量ΔE k＝________(用题中所给字母表示)．(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是________．A．该误差属于偶然误差B．该误差属于系统误差C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差(4)某同学在实验中发现重物增加的动能略小于重物减少的重力势能，于是深入研究阻力f对本实验的影响．他测出各计时点到起始点的距离h，并计算出打下各计数点时的速度v，用实验测得的数据射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，且m1＝2m2.则：两小球的直径用螺旋测微器测得，测量结果如图乙，则两小________mm.入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是________．A．使入射小球每次都能水平飞出槽口B．使入射小球每次都以相同的动量到达槽口C．使入射小球在空中飞行的时间不变D．使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞(3)下列有关本实验的说法中正确的是________．A．未放被碰小球和放了被碰小球，入射小球的落点分别是M、PB．未放被碰小球和放了被碰小球，入射小球的落点分别是P、MC．未放被碰小球和放了被碰小球，入射小球的落点分别是N、MD．在误差允许的范围内若测得|ON|＝2|MP|，则表明碰撞过程中两小球组成的系统满足动量守恒定律答案：(1)12.895(2)B(3)BD解析：(1)螺旋测微器的主尺部分长度为12.5 mm，转动部分读数为：39.5×0.01 mm，故最终读数为：(12.5＋0.395)mm＝12.895 mm；(2)入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，是为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口，即为了保证入射小球每次都以相同的动量到达槽口，B正确；(3)未放被碰小球和放了被碰小球，入射小球的落点分别为P、M，A、C错误，B正确；设入射小球碰前瞬间的速度为v1，碰后瞬间的速度为v′1，碰后瞬间被碰小球的速度为v′2，则m1v1＝m1v′1＋m2v′2，由于m1＝2m2，则有2(v1－v′1)＝v′2，设平抛时间为t，则OM＝v′1t，ON＝v′2t，OP＝v1t，所以若系统碰撞的过程中动量守恒，则满足|ON|＝2|MP|，D正确．课时测评⑲综合提能力课时练赢高分1.某实验小组按照如图1所示的装置对高中实验进行连续探究或验证．实验一：探究小车做匀变速直线运动规律；实验二：验证牛顿第二定律；实验三：探究小车受到的合力做的功与动能变化的关系．出纸带，如图乙所示，打出的纸带如图丙所示．请回答下列问题：、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(的名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做的功的表达式要验证机械能守恒，除了要测量两个光电门间的高度差________(写出物理量名称及符号________(用已知量和测量量表示由于两个光电门间的高度差比较难测量，该同学又改进了实电门的光束与小圆柱体静止悬挂时的重心在同一高度；②将刻度尺竖直立于长木板上，让细线悬吊着的小圆柱体刚好与由刻度尺测出小圆柱体此时重心离长木板的高度小圆柱体由静止释放，测出小圆柱体经过光电门重复步骤②多次，测出小圆柱体在不同位置释处于弹性限度内，重力加速度大小为g.实验操作如下：．开始时，系统在一外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感B质量不变，改变C，试根据闪光照片(闪光时间间隔为0.4 s)，分析得出：滑块碰撞前的速度v B＝________；A滑块碰撞后的速度滑块碰撞后的速度v′B＝________.根据闪光照片分用如图所示的装置来验证动量守恒定律，质量为的钢球B放在离地面高度为球球心的距离为L，使悬线伸直并与竖直方向的夹角球摆到最低点时恰与B球发生对心碰撞，碰撞后，abs 35 15ab (s 1－s 3) 25abs 2打点周期T ＝1b ，打s 1、s 2、s 3均用时5b ，碰前其中一滑块＝m s 1t ＝a bs 15，碰前另一滑块的动量p 2，故碰前总动量p ＝p －p ＝1ad (s －s )，同理碰后总动量甲乙实验测得滑块A的质量m＝0.310 kg，滑块B的质量。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 15 Word版含解析

2天津市耀华中学检测]如图所示，用同种材料制成的一段为四分之一圆弧，半径为，与轨道间的动摩擦因数为河北省衡水中学二调](多选)如图所示，斜面体由粗糙拼接而成，其截面△边上的交点，且DP ＞CP .D ，然后将OC 次滑动中物块到达底端的速度大小相等，故江苏省高邮中学检测](多选)如图所示，质量为的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做时，速度达到v )．物体所受合力做的功等于1m v 2＋mgH带的速度保持不变，则下列判断正确的是( )内，物块对传送带一直做负功．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ内，传送带对物块做的功为12m v 22－12m v 21．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大ABD)从地面拉到P点的正下方C处时力运动到P点正下方C处时的速度为0被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为从地面拉到P的正下方C处时，小球7．[2019·山东省枣庄八中调研]如图所示，长为L＝1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一质量为m＝1 kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v＝2 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，则在整个过程中() A．木板对小物块做的功为5 JB．摩擦力对小物块做的功为5 JC．支持力对小物块做的功为0D．小物块克服摩擦力做的功为3 J答案：D解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W＝12m v 2＝12×1×22 J＝2 J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f<mg sin30°，则摩擦力对物块做的功W f＝－fL≠－mgL sin30°＝－5 J，故B错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，支持力对物块做的功设为W N，根据动能定理得：W N－mgL sin30°＝0，得W N＝5 J，故C错误；在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgL sin30°＋W f＝12m v2－0，得Wf＝－3 J，即小物块克服摩擦力做的功为3 J，故D正确．8．[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能一直增加D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能答案：D解析：质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错.0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确．9．[2019·山东省潍坊模拟](多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中()A．B做匀速圆周运动B．摩擦力对重球B做正功C．水平推力F和重球B对A做的功的大小相等D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等答案：BC解析：B的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故A错误；如图，画出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，与B 的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球B做正功，故B正确；A匀速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力F和重球B对A 做的功的大小相等，故C正确；斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移，所以A对重球B的弹力所做的功与重球B 对A弹力所做的功大小相等，一正一负，由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不相等，故D错误．10．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 mh的D点时速度为零，则h的值可能为9.5 m8 m设小球质量为m，以B点所在水平面为零势能面，开封定位考试](多选)静止在水平地面的物块，受到水此拉力方向不变，其大小图所示，设物块与地面间的静摩擦力最大值时刻物块的动能最大，选项D 正确．四川五校联考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，处由静止开始下滑，经过，此为过程Ⅰ；若圆环在圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向＝kL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin θ－1，竖直方向根据牛顿第二定多选)质量为m的小球被系在轻绳一端，在的圆周运动，如图所示．用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小．某一时刻小球通过轨道的最低点，如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则．②位置足球动能等于0动能的变化量等于合力做的功，故D正确．多选)质量为m的物块在水平恒力处由静止开始运动至高为v，A、B之间的水平距离为不计空气阻力，则物块运动过程中(天津五区县联考](多选)如图所示，竖直平面内有一光滑圆，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°点进入圆轨道，不计小球由和水平面BC是由同一板材上截下的两段，处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因对全过程运用动能定理有点，且与铁块的质量无关．故A、如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4．物体的质量m＝0.67 kg．物体回到斜面底端时的动能E＝10 J如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出()．物体的初速率为3 m/s．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移时，物体达到最大位移后将停在斜面上、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放一质量为m的质点自点进入轨道．质点滑到轨道最低点为重力加速度的大小．用C点时的速度大小vC点时对轨道的压力大小；D点后在空中做竖直上抛运动到最高点，物块与坡道间的动摩擦因数为光滑，坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ点处无机械能损失，重力加速度为。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练 18 Word版含解析

姓名，年级：时间：小题狂练18 动量守恒定律小题狂练⑱小题是基础练小题提分快1。

［2019·北京东城区模拟]（多选)两物体组成的系统总动量守恒,这个系统中( ）A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D．系统总动量的变化为零答案：CD解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式变形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2,－m1Δv1＝m2Δv2,所以每个物体的动量变化大小相等,方向相反,但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1,I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等,方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B错误；两物体组成的系统总动量守恒,即系统总动量的变化为零,D正确．2．[2019·湖北省襄阳四中检测］(多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒D．系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：CD解析：只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关,故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒,故C正确;系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．3．[2017·全国卷Ⅰ］将质量为1。

00 kg的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略）( )A．30 kg·m/s B．5。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 11 含解析

吉林省白城市通榆一中测试]在一次抗洪救灾工作中，一架直升机重力可忽略不计)系住伤员的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉，如B．P的速率为v cosθ2D．绳的拉力小于mg sin错误；故选B.]如图所示，河水由西向东流，河宽为，各点到较近河岸的距离为时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是轴做匀加速直线运动内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿(4 m,4 m)(6 m,2 m)时，直杆端点A的线速度为()点的速度沿垂直于杆的方向，将左的分速度和竖直向下的分速度，如图所示，由几何关系得山东省枣庄八中模拟](多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，同一水平面，不计空气阻力，在下图中能正确表示速度矢量变化过程的是所以速度矢量末端应在同一竖直线上，B正确．如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为多选)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点与球心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落．甲、乙两同学抛出球的速率之比为：，则两球将在落入坑中之前相撞．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之1：v 甲：x ＝：，则两球将在落入坑中之前相撞，选项B 正确；由，两球抛出的速率之和即与小球落入坑中的同一点的位置空气阻力不计．以下说法正确的有( )．飞机第一次投弹的速度为L 1T．飞机第二次投弹的速度为2L 1T多选)如图，质量为m＝A点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一完全重合的位置上，然后将此物体从受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道．角，物体刚到P点时的速度是)．以地面为参考系，工件在乙上做类平抛运动．以乙为参考系，工件在乙上滑动的轨迹是直线x轴方向上相对乙的初速度为，故工件相对乙的初速度v方向如图所示，滑动摩擦力与工件相对乙的初速度的方向相反，与y轴正方向夹角为，滑动摩擦力沿x轴负方向的分力正确．球在水平面内做半径为球运动到切点时，在切点的正上方的为重力加速度大小，要使B球运动一周内与2R g ，水平位移大小从上向下看有两种可能，A 球水平位移与直径的夹角均为球的速度大小为π322π内物体做匀加速曲线运动内物体做匀加速曲线运动，加速度方向与(4 m,0.5 m)错误．某电视综艺节目中有一个“橄榄球空中击剑”游点自由下落，同时橄榄球从A点击中剑尖，不计空气阻力．关于橄榄球，下列说法正确的是如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间，则小球抛出后落在平面上，其运动时间均相等，不会随，则小球落在斜面上．设小球运动时间为t ，斜面倾斜角为x如图所示，以速度角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹后的速度方向水平，速度的大小为碰撞前速度大小的34，不计空气阻力，则反弹后小球的速度如图所示，在水平地面上固定一倾角为处平抛一小球D ．小球A 水平抛出时的速度为 gh sin 2θ2(1＋sin 2θ)答案：AB解析：根据牛顿第二定律得，物块B 上滑的加速度大小a ＝mg sin θm ＝g sin θ，物块B 上滑的最大位移为x ＝v 2B 2a ＝v 2B2g sin θ，运动时间t B ＝v B a ＝v B g sin θ；对于小球A ，有h －x sin θ＝12gt 2，因为t ＝t B ＝v B g sin θ，所以联立得h －v 2B2g sin θ·sin θ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫v B g sin θ2，解得物块B 沿斜面上滑的初速度为v B ＝2gh sin 2θ1＋sin 2θ，故A 正确；物块B 沿斜面上滑的高度为H ＝x sin θ＝v 2B2g sin θ·sin θ＝sin 2θ1＋sin 2θh ，小球A 下落的高度为H ′＝h －H ＝h 1＋sin 2θ，故B 正确；小球A 在空中运动的时间t ＝2(h －x sin θ)g < 2hg ，故C 错误；运动时间t ＝v B g sin θ＝2h g (1＋sin 2θ)，小球A 水平抛出时的初速度为v 0＝x cos θt ，联立解得v 0＝sin θcos θgh2(1＋sin 2θ)，故D 错误．8．[2019·四川德阳检测](多选)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，船在静水中的速率均为v ，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为L ，则下列判断正确的是( )A ．乙船先到达对岸B ．若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C ．不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达对岸的A 点D ．若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L 答案：BD解析：将船的运动沿平行于河岸和垂直于河岸两个方向分解，由于分运动和合运动具有等时性，故甲、乙两船到达对岸的时间相等，渡河的时间t ＝dv sin θ，故A 错误；若仅是河水流速v 0增大，渡河的时间t ＝dv sin θ，则两船的渡河时间都不变，故B 正确；只有甲船速率大于河水流速时，不论河水流速v 0如何改变，甲船总能到达正对岸A 点，故C 错误；若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时间不变，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从，重力加速度为的位置一滑雪运动员以一定的初速度从一平台上水平滑出，点，恰与坡面没有撞击，则平台边缘的关系为(不计空气阻力点时的水平分速度．点为坐标原点，沿水平方向建立x轴，竖直方向建立做平抛运动时，有x＝v0t，y＝gx2如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，的恒定速率运行，传送带的水平部分现有一行李包(可视为质点)由AB端水平抛出，不计空气阻力，。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 17 Word版含解析

小题狂练17动量、冲量和动量定理小题狂练⑰小题是基础练小题提分快1.[2019·河北省武邑中学调研]质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回．关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是() A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等B．子弹对墙的冲量最小C．橡皮泥对墙的冲量最小D．钢球对墙的冲量最小答案：B解析：设子弹a、橡皮泥b和钢球c的质量均m，初速度均为v0，子弹穿墙后的速度为v，则根据动量定理有：I a＝m(v0－v)，I b＝m v0，I c＝2m v0，所以B项正确，A、C、D项错误．2．[2019·山东省枣庄八中模拟]关于冲量，下列说法正确的是()A．合外力的冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止的物体上的某个力的冲量一定为零C．物体的动量越大，受到的冲量越大D．冲量的方向与力的方向相同答案：A解析：根据动量定理知，冲量是引起动量变化的原因，故A项正确；根据I ＝Ft知，作用在静止的物体上的力的冲量不为零，故B项错误；动量越大说明物体的速度越大，但无法说明动量的变化，故不能说明物体冲量的大小，故C项错误；恒力冲量方向与力的方向相同，变力冲量方向不一定与力的方向相同，故D项错误．3．[2019·福建质检](多选)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中() A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案：CD解析：在弹簧恢复原长的过程中，笔帽先向上做加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，笔帽加速度为零，速度最大；此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，A的是()A．①②B．②④C．①③D．③④答案：C解析：取向右为正方向．①中初动量p＝30 kg·m/s，末动量p′＝－15 kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝－45 kg·m/s；②中初动量p＝15 kg·m/s，末动量p′＝30 kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝15 kg·m/s；③中初动量p＝15 kg·m/s，末动量p′＝－30 kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝－45 kg·m/s；④中初动量p＝30 kg·m/s，末动量p′＝15 kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝－15 kg·m/s；故①③物体动量改变量相同．故C项正确．5．[2019·四川省成都模拟]如图所示为某物业公司的宣传提醒牌．从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m高)落下，能砸破安全帽．若鸡蛋壳与安全帽的作用时间为4.5×10－4s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则安全帽受到的平均冲击力的大小约为()A．1 700 N B．2 000 NC．2 300 N D．2 500 N答案：B解析：鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m高)落下，可近似看成是自由落体2．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零D．两球动量的变化量相同答案：A解析：根据机械能守恒可知，两球滑到轨道末端速度大小相等，方向不同；根据动量定理可知，两球所受到的合外力的冲量大小相等，选项B错误；支持力与时间的乘积不为零，所以支持力的冲量不为零，选项C错误；由于末速度方向不同，所以两球动量的变化量不同，选项D错误；甲球做加速度减小的加速运动，乙球做匀加速直线运动，根据速度大小与时间的关系可知，甲球运动的时间短，所以甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确．7．[2019·甘肃省河西五市模拟]一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，动能分别为E k1、E k2，动量分别为p1、p2，则()A．E k2＝9E k1，p2＝3p1B．E k2＝3E k1，p2＝3p1C．E k2＝8E k1，p2＝4p1D．E k2＝3E k1，p2＝2p1答案：A解析：根据动量知识得F0t0＝m v1,2F0t0＝m v2－m v1，联立解得v1：v2＝：3，得p1：p2＝：3，由E k＝p22m得E k1：E k2＝：9，故选A.8．[2019·山西大学附中模拟](多选)以下四个图描述的是竖直上抛的物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是()浙江省余姚中学一测](多选)将质量为后，物体下落了一段距离，速率仍为图所示．重力加速度为g ，在这一运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．风对物体做的功为零B ．风对物体做负功C ．物体机械能减少mg 2t 22D ．风对物体的冲量大小大于2m v 0答案：BD解析：物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，选项A 错误，B 正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，选项C 错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt ，合力的冲量为2m v 0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2m v 0，选项D 正确．10．[2019·四川省成都模拟]水平面上有质量相等的a 、b 两个物体，水平推力F 1、F 2分别作用在a 、b 上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v －t 图线如图所示，图中AB ∥CD ，则整个过程中( )A ．F 1的冲量等于F 2的冲量B ．F 1的冲量大于F 2的冲量C ．摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量D ．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量答案：D多选)如图所示，竖直环放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，左右运动，在环的最低点静置一小球C ，A 、B 、C 且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足(重力加速度为g )( )A ．最小值为m 4grB ．最小值为m 5grC ．最大值为m 6grD ．最大值为m 7gr答案：BD解析：由动量定理可得小球获得的水平初速度v 0＝I m ，当冲量I 最大时，设小球在最高点的速度大小为v 1，由受力分析可知小球在最高点受到重力、环对小球的压力，对A 和B 受力分析可知A 和C 间的弹力最大值F ＝2mg ，小球在最高点时由牛顿第二定律可得F ＋mg ＝m v 21r ，小球从最低点到最高点过程中由机械能守恒定律可得2mgr ＝12m v 20－12m v 21，联立可得v 0＝7gr ，根据I ＝m v 0可得I ＝m 7gr ，即瞬时冲量最大值为m 7gr ，选项C 错误，D 正确；当冲量I 最小时，设小球在最高点时的速度为v 2，此时小球只受重力，由牛顿第二定律可得mg ＝m v 22r ，小球从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得2mgr ＝12m v 20－12m v 22，联立可得v 0＝5gr ，根据I ＝m v 0可得I ＝m 5gr ，即瞬时冲量最小值为m 5gr ，选项A 错误，B 正确．12．[2019·唐山统考] 1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )A ．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化B ．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量答案：A解析：人做自由落体运动时，有v ＝2gh ，选向下为正方向，又mgt －Ft ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t ＋mg ，所以A 项正确．14．[2019·衡水中学调研](多选)如图所示，可看作质点的物体从光滑固定斜面的顶端a 点以某一初速度水平抛出，落在斜面底端b 点，运动时间为t ，合外力做功为W 1，合外力的冲量大小为I 1.若物体从a 点由静止释放，沿斜面下滑，物体经过时间2t 到达b 点，合外力做功为W 2，合外力的冲量大小为I 2.不计空气阻力，下列判断正确的是( )A ．W 1：W 2＝：1B ．I 1：I 2＝：2C ．斜面与水平面的夹角为30°D ．物体水平抛出到达b 点时速度方向与水平方向的夹角为60°答案：AC解析：设a 、b 之间的竖直高度为h ，物体做平抛运动时只受重力，从a 点到b 点合外力做功为W 1＝mgh .若物体从a 点由静止释放，沿斜面下滑，只有重力做功，合外力做功为W 2＝mgh ，选项A 正确．设斜面与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律，mg sin θ＝ma 0，解得a 0＝g sin θ，根据平抛运动规律，h ＝12gt 2，斜面：I2＝：11点时，根据平抛运动规律，cosθ＝点时速度方向与水平方向的夹角的正切值15．[2019·陕西摸底](多选)某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c是人所能到达的最低点，b是人静止悬挂时的平衡位置．若把由P点到a点过程称为过程Ⅰ，由a点到c点过程称为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中人的动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零D．过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小答案：AB解析：根据动量定理可知过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；过程Ⅱ中动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，选项B正确；从a到b的过程中，人的重力大于绳的弹力，从b到c的过程中，人的重力小于绳的弹力，故过程Ⅱ中人的动能先增大再减小，选项C错误；过程Ⅱ中机械能的减少量等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力做功的大小，选项D错误．16．[2019·武汉调研](多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()B．斜面弹力的冲量不同．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同课时测评⑰综合提能力课时练赢高分一、选择题1．(多选)对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化答案：BC解析：物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故C正确，D错误．2．(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中()A．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B．整个过程中物块所受弹力的冲量为零C．整个过程中物块合外力的冲量为零D．若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2m v0答案：AD解析：物块沿光滑斜面先上滑再下滑，两过程所用时间相等，故重力的冲量相同，A对；因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B错；由动量定理得I合＝p′－p＝m v0－(－m v0)＝2m v0，故C错，D对．时刻开始由静止做直线运动，随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是4．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m 的小球静止放在弹簧上，释放弹簧后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v ，则小球被弹起的过程(小球由静止释放到离开弹簧的过程)中( )A ．地面对弹簧的支持力冲量大于m vB ．弹簧对小球的弹力冲量等于m vC ．地面对弹簧的支持力做功大于12m v 2D ．弹簧对小球的弹力做功等于12m v 2答案：A解析：规定竖直向上为正方向，对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，故根据动量定律可得I F －I G ＝m v ，所以弹簧对小球的弹力的冲量I F ＝m v ＋I G ，B 错误；地面对弹簧的支持力，和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力，所以N ＝F ，故|I N |＝|I F |＝m v ＋|I G |＞m v ，A 正确；根据动能定理得W F－W G ＝12m v 2，所以W F ＝W G ＋12m v 2＞12m v 2，由于弹簧没有发生位移，所以地面对弹簧的支持力不做功，故C 、D 错误．5．[2019·福建六校联考](多选) 如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，故B 错误；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故A 错误．6．[2019·河南周口一中等联考](多选)质量为m 的物体以初速度v 0做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小为v ，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为( )A ．m v －m v 0B ．mgtC ．m v 2－v 20D ．m 2gh答案：BCD解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp ＝mgt ，故B 正确；由题可知，物体末位置的动量为m v ，初位置的动量为m v 0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp ＝m v y ＝m v 2－v 20＝m 2gh ，故C 、D 正确．7．[2019·福建厦门一中月考](多选)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，小球的动量的变化量为零B ．经过时间t ＝T 4，小球的动量的变化量大小为2m vC ．经过时间t ＝T 2，细绳的拉力对小球的冲量大小为2m vD ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT 42mv，A 错误，C 正确；经过时间 t＝T4，小球转过了 90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量为 Δp′＝mΔv＝ 2mv，重力对小球的冲量大小 IG＝mgt＝ m4gT，B、D 正确．8．篮球运动是大家比较喜好的运动，在运动场上开始训练的人常常在接球时伤到手指头，而专业运动员在接球时通常伸出双手迎接传来的篮球，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A．减小球对手的作用力 B．减小球对手的作用时间 C．减小球的动能变化量 D．减小球的动量变化量答案：A 解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有 A 正确． 9.物体 A 和物体 B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示．A 的质量为 m，B 的质量为 m′.当连接 A、B 的绳突然断开后，物体 A 上升经某一位置时的速度大小为 v，这时物体 B 下落速度大小为 u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的冲量为( )A．mvB．mv－m′uC．mv＋m′u D．mv＋mu答案：D解析：解法一：对 A 有 I 弹－mgt＝mv，对 B 有 m′gt＝m′u，解得弹簧弹力的冲量 I 弹＝mv＋mu.解法二：对 A、B 两物体系统有 I 弹－(mg＋m′g)t＝mv－m′u，m′gt＝m′u，联立解得 I 弹＝mv＋mu.10．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为 S，气体密度为 ρ，气体往外喷出的速度为 v，则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是( )A．ρvSρv2 B. SC.21ρv2S D．ρv2S答案：D解析：以 t 时间内喷出去的气体为研究对象，则 Ft＝ρSvtv＝ρStv2，得 F＝ρSv2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故 D 项正确．二、非选择题11．[2019·河北沧州一中月考]光滑水平面上放着质量 mA＝1 kg 的物块 A 与质量 mB＝2 kg 的物块 B，A 与 B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A、B 均不拴接)，用手挡住 B 不动，此时弹簧弹性势能 Ep＝49 J；在 A、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后 B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后 B 冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，轨道半径 R＝0.5 m．B 恰能完成半个圆周运动到达导轨最高点 C.g 取 10 m/s2，求：(1)绳拉断后瞬间 B 的速度 vB 的大小； (2)绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小．答案：(1)5 m/s (2)4 N·s 解析：(1)设物块 B 在绳被拉断后的瞬时速率为 vB，到达 C 点的速率为 vC，根据 B 恰能完成半个圆周运动到达 C 点可得 F 向＝mBg＝mBvR2C① 对绳断后到 B 运动到最高点 C 这一过程，应用动能定理有－2mBgR＝12mBvC2 －12mBv2B② 由①②解得 vB＝5 m/s. (2)设弹簧恢复到自然长度时 B 的速率为 v1，取向右为正方向，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为 B 的动能，则Ep＝12mBv12③ 根据动量定理有 I＝mBvB－mBv1④由③④解得 I＝－4 N·s，其大小为 4 N·s. 12.[2019·山西灵丘模拟]塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一水枪，枪口直径为 d，出水速度为 v，储水箱的体积为 V.(1)水枪充满水可连续用多长时间？ (2)设水的密度为 ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．答案：(1)v4πVd2 (2)14πρd2v2 控制枪口直径 d 和出水速度 v解析：(1)设 Δt 时间内，从枪口喷出的水的体积为 ΔV，则 ΔV＝vSΔt， S＝π2d2，所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为ΔΔVt ＝41vπd2，水枪充满水可连续用的时间 t＝14vVπd2＝v4πVd2. (2)Δt 时间内从枪口喷出的水的质量 m＝ρΔV＝ρSvΔt＝ρ·πd22vΔt＝14ρπd2vΔt. 质量为 m 的水在 Δt 时间内与目标作用，由动量定理有 FΔt＝Δp，以水流的方向为正方向，得－FΔt＝0－41ρπd2vΔt·v＝0－14ρπd2v2Δt，解得 F＝14πρd2v2. 可见，要控制水枪威力关键是要控制枪口直径 d 和出水速度 v.。

2019年高考物理最后冲刺增分小题狂练： 4 Word版

)由题意，当F＝kt时，物体受到的摩擦力为，因此滑动摩擦力随着时间的增加不断增大，直到滑动摩擦力大于重力时，物体做减速运动，当物体速度减为零时，摩擦力变成静摩擦力，物体处于静止状态，即使推力增大，静摩擦力大小正确，A、C、D错误．综上本题选B.如图所示，两木块的质量分别为，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧，在这过程中上面木块移动的距如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆，在斜杆的下端固定有质量为的判断中，正确的是mg sinθ，方向沿杆向上湖南师范大学附中模拟]如图所示，均匀，夹在两个相同的水平垫板中，A 与垫板间的动摩擦因数为以相同的水平速率v 1对称且匀速地向两侧退开时，若A 始终在垫板上)，作用在进行受力分析，可知A 在水平方向受到的作用和拉力的作用，由于滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相的运动的方向如图(实线)：滑动摩擦力的方向以及滑动摩擦力的分解如图中虚线．由对称性可知，的摩擦力：f 1＝μmg 121如图所示，完全相同、质量均为m的物块的固定斜面上．斜面的倾角为A恰好静止．现用一沿斜面向上的力个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木，某人用手在这叠木板的两侧加一水平压力木板水平静止．若手与木板之间的动摩擦因数为则物块与木板间的动摩擦因数为( )，下列说法不正确的是( )．由图可求出物块的质量．由图可求出物块与斜面间的动摩擦因数时物块保持静止状态后物块做匀变速运动块保持静止状态，选项C正确；F大于F0后物块保持运动状态，但不是匀变速运动，选项D不正确．10．[2019·陕西省西安联考]如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20 kg，B物体质量M＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，轻弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m时，水平推力F的大小为(已知A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)( )A．350 N B．300 NC．250 N D．200 N答案：B解析：设A、B间没有相对滑动，则轻弹簧的压缩量为x＝0.2 m，此时轻弹簧的弹力大小为F＝kx＝50 N，而A与B间的最大静摩擦力为F fA＝μmg＝100 N，所以A、B之间没有相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，其大小为F f1＝50 N，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f2＝μ(m＋M)g＝250 N，所以F＝F f1＋F f2＝300 N，即B选项正确．11．[2019·浙江省宁波市余姚中学模拟]如图所示为一款可调握力器的简化图．通过调节右侧旋钮可令弹簧下悬点在A到B间移动，从而使弹簧初始弹力在0～25 N之间变化，已知弹簧下端处于A点时，弹簧与水平杆成53°角，当其调节到B点时，弹簧与水平杆成37°角，已知AB长3.5 cm，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则该弹簧的劲度系数为( )A．800 N/m B．900 N/mC．1 000 N/m D．1 200 N/m答案：C解析：AB 的垂线，与AB BD ＝L 1，AD ＝L 2，tan37°＝，解得s L 2sL 1的斜面体c 置于水平地面上，小盒斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a 的一段细绳竖直．a 内缓慢放入适量砂粒，a 、b 、c湖南师大附中模拟]如图所示，一倾角为固定在光滑水平地面上的物体A、B之间，斜面体恰好与物体恰能沿斜面匀速下滑，此时斜面体与不变，仍为竖直向下，大小为mg，水平方向无外力作用，故选如右图，一物块在水平拉力水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数15．[2019·银川月考](多选)如图所示，在倾斜的粗糙杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的小球，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂小球的轻绳始终处于竖直方向，则( )A．小球做匀速直线运动B．圆环一定受三个力作用C．圆环一定受四个力作用D．小球的重力大于轻绳的拉力答案：AC解析：以小球为研究对象，由题意知小球沿杆向下做直线运动，说明加速度为零或加速度沿杆方向，而小球只受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，即小球做匀速直线运动，则圆环也做匀速直线运动，圆环受到重力、竖直向下的拉力、支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，选项A、C正确，B错误；由平衡条件知，轻绳对小球的拉力等于小球的重力，选项D错误．16.如图所示，斜面体的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平地面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块相连，弹簧的轴线与斜面平行，若物块在斜面上做周期性往复运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是( )答案：A解析：设斜面的倾角为θ，物块在光滑的斜面上做周期性往复运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即N1＝mg cosθ，以斜面体为研究对象，受力分析如图，地面对斜面体的摩擦力f＝N1sinθ＝mg sinθcosθ，因为m、θ不变，所以f不随时间变化，故选A.课时测评④综合提能力　课时练　赢高分一、选择题1．[2019·广东佛山顺德区模拟]如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，紧贴墙壁．若在斜面上放一物体m，再给m施加一竖直向下的恒力F，M、m均保持静止，则小车受力的个数为( ) A．3 B．4C．5 D．6答案：B解析：先对物体m进行受力分析，受到重力、向下的恒力F、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，支持力和静摩擦力的合力与重力和恒力F的合力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，m对M的压力和静摩擦力的合力竖直向下；再对小车M进行受力分析，受重力、m对它的垂直于斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故A、C、D错误，B正确．2．[2019·湖南衡阳八中月考](多选)四个完全相同的弹簧测力计，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧测力计读数的说法正确的是( )A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧测力计的读数可能小于FB．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧测力计的读数一定等于FC．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧测力计的读数一定等于FD．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知，无法判定弹簧测力计的读数与F的大小关系答案：BC解析：题图甲中的物体静止在水平地面上，根据平衡原理，弹簧测力计的读数等于F，故A错误；不论物体静止在斜面上，还是静止在粗糙水平地面上，由平衡条件可知，弹簧测力计的读数一定等于F，故B、C正确；已知题图丁中水平地面光滑，虽然物体的质量未知，但是弹簧测力计的读数与F的大小仍相等，故D错误．3.[2019·河南鹤壁高中模拟]如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带沿顺时针方向以速度v匀速转动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为Δx；当传送带沿顺时针方向的转动速度变为2v时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为Δx′，则关于弹簧前后两次的伸长量，下列说法中正确的是( ) A．弹簧的伸长量将减小，即Δx′<ΔxB．弹簧的伸长量将增加，即Δx′>ΔxC．弹簧的伸长量不变，即Δx′＝ΔxD．无法比较Δx和Δx′的大小答案：C解析：物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μN＝μmg，f与传送带的速度大小无关，当传送带的速度方向不变时，不管速度大小如何四川成都实验高中一诊]如图，楔形物块地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B.用平行于斜面的力，使之沿斜面匀速上滑．现改变力F的方向至与斜面成一定的角平行于斜面向上时，先对物体B进行受力分析如图甲，根据平衡条件，有平行于斜面方向F＝f＋mg sin，解得F＝mg(sinθ＋μ拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件，在平行于mg sinθ，垂直于斜面方向，其中f′＝μN′，解得mg cosθ－F′sinα)，联立各式得到滑动摩正确；拉力F可能变大，也可能减小，故进行受力分析，受重力、支持力、B对A，静摩擦力也一定减小，故位于斜面上，受到平行于斜面的水平力于静止状态．如图所示，若将外力F撤去，则．物块可能会沿斜面下滑．物块受到的摩擦力变小mg sinα，故选项B如图所示，质量均为的作用下处于平衡状态，其中弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖弹簧竖直，g取10 m/s3 cm河北石家庄模拟]如图所示，一质量为斜面体置于水平地面上，质量为m的小木块上．现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F江西南昌十校模拟]如图，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一小滑块从曲面底端受水平力作用缓缓沿曲面向＝200 N/m＝100 N/m＝300 N/m＝200 N/m湖南娄底五校联考]如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是．如图所示，放在水平地面上的物体侧连着一轻质弹簧，已知物体与地面间的动摩擦因数安徽合肥一中段考]如图所示，质量水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝0.5 kg的小球相连，今用跟水3N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，，竖直方向F sin60°－T sin θ－mg ＝0，解得以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F cos60°－μN ＝0，竖直方向有，解得μ＝.33。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 11 含解析

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 16 Word版含解析

小题狂练 16 机械能守恒定律和能量守恒定律小题狂练⑯ 小题是基础练小题提分快1.[2019·内蒙古包头一中模拟] 取水平地面为零重力势能面．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为( )A. 3B.33C ．1 D.12答案：C解析：设抛出时物块的初速度为v 0，高度为h ，物块落地时的速度大小为v ，方向与水平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，据题有：12mv 20＝mgh ，联立解得：v ＝2v 0，则tan α＝v 2－v 20v 0＝1，C 正确，A 、B 、D 错误． 2.[2019·山东师大附中模拟]如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的轻绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s答案：C解析：若小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A 点时轻绳的拉力为零，根据圆周运动知识和牛顿第二定律有：mg sin30°＝m v 2A L，解得v A ＝2 m/s ，由机械能守恒定律有：2mgL sin30°＝12mv 2B －12mv 2A ，代入数据解得：v B ＝2 5 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．3．[2019·黑龙江省大庆实验中学模拟]如图所示，一质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端固定在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧都处于原长状态且原长为L ，细杆上的A 、B 两点到O 点的距离都为L ，将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点时的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为2－2kL mD ．圆环在B 点的速度大小为2gL答案：D解析：圆环通过O 点时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力，此时圆环仅受到竖直向下的重力，因此通过O 点时加速度大小为g ，故A 项错误；圆环在受力平衡处速度最大，而在O 点圆环受力不平衡做加速运动，故B 项错误；圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A 点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足mg ＋2×(2－1)kL ·cos45°＝ma ，解得圆环在A 点的加速度大小为2－2kL m＋g ，故C 项错误；圆环从A 点到B 点的过程，根据机械能守恒知，重力势能转化为动能，即2mgL ＝12mv 2，解得圆环在B 点的速度大小为2gL ，故D 项正确．4．[2019·云南省昆明三中、玉溪一中统考]如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平地面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( ) A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变答案：B解析：小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点运动到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错．5．[2019·河南省郑州一中考试]如图所示，水平传送带以v＝2 m/s 的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为( )A．80 W B．160 WC．400 W D．800 W答案：B解析：由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔP ＝12mv 2＋Q ，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q ＝f ·Δx ＝fx ＝12mv 2，解得ΔP ＝160 W ，B 项正确．6．[2019·山东省潍坊模拟](多选)如图，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量D ．两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案：CD解析：由于斜面ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A 错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量，故B 错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C 正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故D 正确．7．(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O 1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O 2的光滑圆环上，O 1在O 2的正上方，C 是O 1O 2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A 点无初速度释放后，发现小球通过了C 点，最终在A 、B 之间做往复运动．已知小球在A 点时弹簧被拉长，在C 点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是( )A．弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B．小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C．弹簧处于原长时，小球的速度最大D．小球机械能最大的位置有两处答案：AD解析：因只有重力和系统内弹力做功，故小球和弹簧组成系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；小球从A至C，在切线方向先做加速运动，再做减速运动，当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故B、C错误；当弹簧处于原长时，弹性势能为零，小球机械能最大，由题意知，A、B相对于O1O2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故D正确．8．[2019·安徽省合肥模拟]如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O 沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程，下列说法正确的是( )A．小球动能相等的位置在同一水平面上B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上答案：D解析：小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，设小球上升高度为h，直轨道与容器侧壁之间的夹角为θ，则小球克服摩擦力做功W f ＝μmg sin θhcos θ，因为θ不同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A 项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B 项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t ＝0时，小球位于O 点，即O 为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t 0内的位移x 0＝vt 0＋12at 20，a ＝－(g sin θ＋μg cos θ)，由于x 02sin θ与θ有关，故小球一定不在同一球面上，C 项错误，运动过程中，摩擦力做功产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q ＝μmgl cos θ＝μmgx ，x 为小球的水平位移，Q 相同时，x 相同，倾角不同，所以高度h 不同．D 项正确． 9．[2019·浙江省温州模拟] 极限跳伞是世界上流行的空中极限运动，如图所示，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间．伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h 表示人下落的高度，t 表示下落的时间，E p 表示人的重力势能．E k 表示人的动能，E 表示人的机械能，v 表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能正确的是( )答案：B解析：人先做自由落体运动，由机械能守恒可得E k ＝ΔE p ＝mgh ，与下落的高度成正比，打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理得：ΔE k ＝(f －mg )Δh ，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，故B 正确，A 、C 、D 错误．10．[2019·江西省新余四中检测](多选) 如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等．若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是( )A ．物块运动的时间变为原来的一半B ．摩擦力对物块做的功不变C ．摩擦产生的热量为原来的两倍D ．电动机因带动物块多做的功是原来的两倍答案：BD解析：由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据x ＝12at 2可知，运动的时间相同，故A 错误；根据动能定理可知：W f ＝12mv 20，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B 正确；物块做匀加速直线运动的加速度为a ＝μg ，则匀加速直线运动的时间为：t ＝v 0μg，在这段时间内物块的位移为：x 2＝v 202μg ，传送带的位移为：x 1＝v 0t ＝v 20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx ＝x 1－x 2＝v 202μg，摩擦产生的热量Q ＝μmg Δx ＝mv 202，当传送带速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x ′2＝v 202a ＝v 202μg ，传送带的位移为：x ′1＝2v 0t ＝2v 20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx ′＝x ′1－x ′2＝3v 202μg，摩擦产生的热量Q ′＝μmg Δx ′＝3mv 202，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C 错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时：W 电＝Q ＋mv 202＝mv 20，速度加倍后：W ′电＝Q ′＋mv 202＝2mv 20，故D 正确．所以B 、D 正确，A 、C 错误．11．[2019·河北省廊坊监测]如图所示，重力为10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点时(图中未画出)开始弹回，返回b 点时离开弹簧，恰能再回到a 点．若bc ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，则下列说法正确的是( )A ．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB ．从d 到b 滑块克服重力做的功为8 JC ．滑块的动能最大值为8 JD ．从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功为8 J答案：A解析：整个过程中，滑块从a 点由静止释放后还能回到a 点，说明滑块机械能守恒，即斜面是光滑的，滑块到c 点时速度最大，即所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有kx bc ＝G sin30°，解得k ＝50 N/m ，A 项对；滑块由d 到b 的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B 项错；滑块由d 到c 过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到c 点时的最大动能一定小于8 J ，C 项错；从d 点到c 点，弹簧弹性势能的减少量小于8 J ，所以弹力对滑块做的功小于8 J ，D 项错．12．[2019·山西省太原模拟](多选) 如图所示，长为L 的轻杆两端分别固定a 、b 金属球(可视为质点)，两球质量均为m ，a 放在光滑的水平面上，b 套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为32L ，现将b 从图示位置由静止释放，则( )A ．在b 球落地前的整个过程中，a 、b 组成的系统水平方向上动量守恒B ．从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，轻杆对a 球做功为3－18mgL C ．从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，轻杆对b 球做功为－38mgL D ．从b 球由静止释放落地的瞬间，重力对b 球做功的功率为mg 3gL答案：BD解析：在b 球落地前的整个过程中，b 在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用，a 球的水平方向受力为零，所以a 、b 组成的系统水平方向上动量不守恒，A 错误．从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，b 球减少的重力势能为3－12mgL ，当b 球距地面高度为L 2时，由两球沿杆方向分速度相同可知v b ＝3v a ，又因为a 、b 质量相等，所以有E k b ＝3E k a .从开始下落到b 球距地面高度为L2的过程由机械能守恒可得3－12mgL ＝4E k a .可得E k a ＝3－18mgL ，所以杆对a 球做功为3－18mgL ，B 正确．从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，轻杆对b 球做负功，且大小等于a 球机械能的增加量，为－3－18mgL ，C 错误．在b 球落地的瞬间，a 球速度为零，从b 球由静止释放到落地瞬间的过程中，b 球减少的重力势能全部转化为b 球动能，所以此时b 球速度为3gL ，方向竖直向下，所以重力对b 球做功的功率为mg 3gL ，D 正确．13．[2019·甘肃省重点中学一联](多选)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h 0＝0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的E k －h 图象如图乙所示，其中高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g ＝10 m/s 2，由图象可知( )A ．滑块的质量为0.1 kgB ．轻弹簧原长为0.2 mC ．弹簧最大弹性势能为0.5 JD ．滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J答案：BC解析：由动能定理得，E k ＝F 合Δh ，所以题图乙中E k －h 图线各点的切线斜率的绝对值等于合外力，图象中直线部分表示合外力恒定，反映了滑块离开弹簧后只受重力作用，F 合＝mg ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔE k Δh ＝2 N ，m ＝0.2 kg ，故选项A 错误；由题意和题图乙知，h ≥0.2 m 时滑块不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，弹力为零时弹簧恢复原长，所以弹簧原长为0.2 m ，故选项B 正确；滑块在离地高度h 0＝0.1 m 处，弹簧的弹性势能最大，滑块动能为0，滑块与弹簧组成的系统的机械能为E p ＋mgh 0，当滑块到达h 1＝0.35 m 处，动能为0，弹簧的弹性势能也为0，系统的机械能为mgh1，由机械能守恒定律有E p＋mgh0＝mgh1，解得E p＝0.5 J，故选项C正确；由题图乙知，滑块的动能最大时，其重力势能和弹簧的弹性势能总和最小，经计算可知选项D错误．综上本题选B、C.14．[名师原创](多选)静止在粗糙水平面上的物体，在水平拉力作用下沿直线运动的v－t图象如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数恒定，则( )A．第1 s内拉力做的功与第7 s内拉力做的功相等B．4 s末拉力做功的功率与6 s末拉力做功的功率不相等C．1～3 s内因摩擦产生的热量大于3～7 s内因摩擦产生的热量D．第1 s内合外力做的功等于0～7 s内合外力做的功答案：BD解析：物体与水平面间的动摩擦因数恒定，即摩擦力大小恒定，设0～1 s、1～3 s、3～5 s、5～7 s内拉力大小分别为F1、F2、F3、F，摩擦力大小为f，物体质量为m，由牛顿第二定律可得F1＝f＋44m(N)，F2＝f，F3＝|f－2m|(N)，F4＝f＋2m(N)，故拉力大小关系满足F1>F4>F2，F1>F4>F3.第1 s内与第7 s内拉力大小不相等，位移大小s1＝2 m，s7＝3 m，则第1 s内拉力做的功W1＝2f＋8m(J)，第7 s 内拉力做的功W2＝3f＋6m(J)，二者大小关系无法确定，A错误．第4 s末与第6 s末速度大小相等，拉力大小不相等，功率不相等，B正确.1～3 s内与3～7 s内物体运动的路程相等，又摩擦力大小不变，所以因摩擦产生的热量相等，C错误．由动能定理可知，第1 s内合外力做的功等于0～7 s内合外力做的功，D正确．15．[名师原创]如图所示，质量为m的小球套在与水平方向成α＝53°角的固定光滑细杆上，小球用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时小球与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与小球相距0.5 m ．现由静止释放小球．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．小球沿细杆下滑0.6 m 时速度为零B ．小球与木块的动能始终相等C ．小球的机械能守恒D ．小球沿细杆下滑0.3 m 时速度为1705m/s 答案：D解析：当小球沿细杆下滑0.6 m 时，由几何关系知，木块高度不变，小球下降了h 1＝0.6sin53° m ＝0.48 m ，由运动的合成与分解得v木＝v 球cos53°，由小球与木块组成的系统机械能守恒有mgh 1＝12mv 2木＋12mv 2球，解得v 球＞0，A 错误；小球与木块组成的系统机械能守恒，C 错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v ′木＝v ′球cos θ，当小球沿细杆下滑0.3 m 时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，小球下降了h 2＝0.3sin53° m ＝0.24 m ，木块下降了h 3＝0.5 m －0.5×sin53° m ＝0.1 m ，由机械能守恒有mgh 2＋mgh 3＝12mv ′2球，解得v ′球＝1705m/s ，B 错误，D 正确． 16．[新情景题](多选)如图所示，一小球(可视为质点)套在固定的水平光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P ，长轴AC ＝2L 0，短轴BD ＝3L 0.原长为L 0的轻弹簧一端套在过P 点的光滑轴上，另一端与小球连接．若小球做椭圆运动，在A 点时的速度大小为v 0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )A ．小球在A 点时弹簧的弹性势能大于在C 点时的B ．小球在A 、C 两点时的向心加速度大小相等C ．小球在B 、D 点时的速度最大D ．小球在B 点时受到轨道的弹力沿BO 方向答案：BCD解析：椭圆的焦距c ＝L 20－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32L 02＝12L 0＝OP ，PB ＝OP 2＋OB 2＝L 0，即小球在B 点或D 点时弹簧处于原长状态，小球在A 点时弹簧的长度x A ＝OA －c ＝12L 0，弹簧的压缩量Δx A ＝L 0－x A ＝12L 0，小球在C 点时弹簧的伸长量Δx C ＝PC －L 0＝12L 0＝Δx A ，故小球在A 点时弹簧的弹性势能与在C 点时弹簧的弹性势能相等且最大，选项A 错误；由系统机械能守恒知，小球在A 点和在C 点时的速度大小相等，A 点与C 点的曲率半径r 相等，由向心加速度公式a ＝v 2r知，选项B 正确；小球在B 、D 点时弹簧弹性势能最小，由系统机械能守恒知，选项C 正确；小球过B 点需要的向心力仅由轨道对小球的弹力提供，此弹力沿BO 方向，选项D 正确．课时测评⑯ 综合提能力课时练赢高分一、选择题1．[2019·贵阳监测]如图所示，两个内壁光滑、半径为R (图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(虚线处)相距为x ，最高点A 和最低点B 的连线竖直．一个质量为m 的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A 时的速率v A >gR ，不计空气阻力，重力加速度为g .则( )A ．小球在A 点的向心力小于mgB ．小球在B 点的向心力等于4mgC ．小球在B 、A 两点对轨道的压力大小之差大于6mgD ．小球在B 、A 两点的动能之差等于2mg (R ＋x )答案：C解析：小球在最高点A 时的速率v A ＞gR ，mv 2A R＝F 向，小球在A 点的向心力F 向＞mg ，选项A 错误；根据机械能守恒定律，12mv 2B ＝mg (2R ＋x )＋12mv 2A ，解得v 2B ＝2g (2R ＋x )＋v 2A ＝4gR ＋2gx ＋v 2A ，小球在B 点的向心力F ＝m v 2B R ＝4mg ＋2mgx R ＋m v 2A R，一定大于4mg ，选项B 错误；设小球运动到轨道最低点B 时所受半圆形轨道的支持力为F ′B ，由牛顿第二定律，F ′B －mg ＝m v 2B R ，解得F ′B ＝5mg ＋2mgx R ＋m v 2A R，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为F B＝F ′B ＝5mg ＋2mgx R ＋m v 2A R，设小球运动到轨道最高点A 时所受半圆形轨道的支持力为F ′A ，由牛顿第二定律，F ′A ＋mg ＝m v 2A R，解得F ′A ＝m v 2AR－mg ，则由牛顿第三定律知，小球运动到A 点时对轨道的压力大小为F A ＝F ′A ＝m v 2A R－mg ，小球在B 、A 两点对轨道的压力之差为ΔF ＝F B －F A ＝6mg ＋2mgx R ，大于6mg ，选项C 正确；根据12mv 2B ＝mg (2R ＋x )＋12mv 2A ，小球在B 、A 两点的动能之差ΔE k ＝12mv 2B －12mv 2A ＝mg (2R ＋x )，选项D 错误．2．[2019·广州模拟](多选)如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 放在水平地面上．现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度大小为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法正确的是( )A ．斜面倾角α＝30°B ．A 获得的最大速度为2g m 5kC ．C 刚离开地面时，B 的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统机械能守恒答案：AB解析：C 刚离开地面时，对C 有kx 2＝mg ，此时A 、B 有最大速度，即a B ＝a C ＝0，则对B 有T －kx 2－mg ＝0，对A 有4mg sin α－T ＝0，以上方程联立可解得sin α＝12，α＝30°，故A 正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B 有kx 1＝mg ，可知x 1＝x 2＝mg k，则从释放A 至C 刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，即4mg (x 1＋x 2)sin α＝mg (x 1＋x 2)＋12(4m ＋m )v 2A m ，联立解得v A m ＝2g m 5k ，所以A 获得的最大速度为2g m 5k，故B 正确；对B 进行受力分析可知，刚释放A 时，B 所受合力最大，此时B 具有最大加速度，故C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故D 错误．3．(多选)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A ，细线跨过位于O 点的轻质光滑定滑轮(滑轮大小不计)，一端连接A ，另一端悬挂小物块B ，A 、B 质量相等．C 为O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°.已知重力加速度大小为g .现将A 、B 由静止释放，则下列说法正确的是( )A ．A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，速度不断增大B ．在A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，B 克服细线拉力做的功小于B 重力势能的减少量C ．A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动D ．A 经过C 点时的速度大小为2gh答案：ACD解析：A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，B 从释放到最低点，此过程中，对A 受力分析，可知细线的拉力一直对A 做正功，A 的动能一直增大，故A 正确；A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，细线对B 一直做负功，其机械能一直减小，A 到达C 点时，B 的速度为0，则B 克服细线拉力做的功等于B 重力势能的减少量，故B 错误；由分析知，A 、B 组成的系统机械能守恒，由对称性可知，物块A 在杆上长为23h 的范围内做往复运动，故C 正确；B 的机械能最小时，即A 到达C 点时，此时A 的速度最大，设为v A ，此时B 的速度为0，根据系统的机械能守恒得m B g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h sin30°－h ＝12m A v 2A ，A 、B 质量相等，解得v A ＝2gh ，故D 正确．4．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做的功为( )A.mv 24 B.mv 22C ．mv 2D ．2mv 2答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12mv 2＋μmg ·x 相，x 相＝vt －v2t ，a ＝μg ，v ＝at 即v ＝μgt ，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．5．将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中所受到的空气阻力大小(小于物体的重力)恒定．若以地面为零势能参考面，则在物体从抛出直至落回地面的过程中，物体机械能E与物体距地面的高度h 的关系图象(E－h)应为(图中h0为上抛的最大高度)( )答案：C解析：由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功，设阻力的大小为f，则物体的机械能为E＝E k0－fh，在返回的过程中，阻力大小恒定，机械能还是均匀减小的，所以B、D错误，当返回地面时，物体还有动能，所以物体的机械能不会是零，所以C正确，A错误．6．(多选)如图所示，固定在地面上的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )A．球1的机械能守恒B．球6在OA段机械能增大C．球6的水平射程最大D．有三个球落地点位置相同答案：BD解析：6个小球全在斜面上时，加速度相同，相互之间没有作用力，每个小球机械能守恒．球6加速距离最小，球6刚运动到OA段时，球5、4、3、2、1仍在斜面上加速，对球6有向左的作用力，对球6做正功，故球6机械能增加，B正确；而依次刚滑到OA段的小。

北大附中河南分校2019届高三三轮冲刺理综物理试题11 Word版含答案

14.质点做直线运动的位移x 和时间平方t 2的关系图象如图所示，则该质点( )A ．加速度大小为1 m/s 2B ．任意相邻1 s 内的位移差都为2 mC ．第2 s 内的位移是2 mD ．物体第3 s 内的平均速度大小为3 m/s15．(多选题)如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xOy ，一质点在该平面内O 点受大小为F 的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t 时间质点运动到A 点，A 、O 两点距离为a ，在A 点作用力突然变为沿y 轴正方向，大小仍为F ，再经t 时间质点运动到B 点，在B 点作用力又变为大小等于4F 、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C 点，此时速度方向沿x 轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是( )A ．A 、B 两点距离为2aB ．C 点与x 轴的距离为4＋22aC ．质点在B 点的速度方向与x 轴成30°D ．质点从B 点运动到C 点所用时间可能为3216πt16.(多选题)(2013·上海市金山区期末)如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为1/4圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O 1处对甲施加一平行于斜面向下的力F ，使甲沿斜面方向向下移动，移动过程中甲、乙始终保持平衡．则在此过程中A ．推力F 变小B ．挡板对乙球的弹力变大C．甲对斜面的压力不变D．乙球对物体甲的弹力变大17.(多选题)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大18.物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙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19.(多选题)如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t＝0时被无初速度释放，同时开始受到一随时间变化规律为F＝kt的水平力作用．用a 、v 、f 和E k 分别表示物块的加速度、速度、物块所受的摩擦力、物块的动能，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是20.水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O 点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示．己知静电力常量为k ，重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为A.mgL 23kQB.23mgL 29kQC.6mgL 26kQD.2mgL 26kQ21.如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则A ．该装置可筛选出具有特定质量的粒子B ．该装置可筛选出具有特定电量的粒子C ．该装置可筛选出具有特定速度的粒子D ．该装置可筛选出具有特定动能的粒子 22．某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器及学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块，细砂．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．实验时首先要平衡摩擦力．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：(1)你认为还需要的实验器材有________．(2)某同学用天平称量滑块的质量M.往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量m.让砂桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1<v2)．若满足m ≪M，则本实验最终要验证的数学表达式为_________________(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)．23．(1)某多用电表Ω挡的中央刻度值为“15”，若用它测量阻值R约为1.4 kΩ的电阻，应该把选择开关调至倍率为________挡．(2)若要测量该多用电表直流2.5 V挡的内阻R V(约为20 kΩ)．除此多用电表外，还有以下器材：直流电源一个(电动势E约为2 V，内阻可忽略不计)，电阻一个(阻值R约为10 kΩ)，开关一个，导线若干．①写出实验步骤．②写出R V的表达式．24．一物体在距某一行星表面某一高度的O点由静止开始做自由落体运动，依次通过A、B、C三点，已知AB段与BC段的距离相等，均为24 cm，通过AB与BC的时间分别为0.2 s与0.1 s，若该星球的半径为180 km，则环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少？25．如图所示，金属导轨是由倾斜和水平两部分圆滑相接而成，倾斜部分与水平部分夹角θ＝37°，导轨电阻不计．abcd矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场，bc＝ad＝s ＝0.20 m．导轨上端搁有垂直于导轨的两根相同金属杆P1、P2，且P1位于ab与P2的中间位置，两杆电阻均为R，它们与导轨的动摩擦因数μ＝0.30，P1杆离水平轨道的高度h ＝0.60 m，现使P2杆不动，让P1杆由静止起滑下，杆进入磁场时恰能做匀速运动，最后P1杆停在AA′位置．求：(1)P 1杆在水平轨道上滑动的距离x ；(2)P 1杆停止后，再释放P 2杆，为使P 2杆进入磁场时也做匀速运动，事先要把磁场的磁感应强度大小调为原来的多少倍？(3)若将磁感应强度B 调为原来的3倍，再释放P 2，问P 2杆是否有可能与P 1杆碰撞？为什么？参考答案：14解析由x ＝12at 2，可知质点做直线运动的位移x 和时间平方t 2的关系图象的斜率k ＝12a ，求得加速度a ＝2 m/s 2，选项A 错误．由Δx ＝aT 2可得任意相邻1 s 内的位移差都为2 m ，选项B 正确．第2 s 内的位移是x 2＝12a ·22－12a ·12＝3 m ，选项C 错误．物体第3 s 内的位移是x 3＝12a ·32－12a ·22＝5 m ，平均速度大小为5 m/s ，选项D 错误．答案 B15解析根据题述质点从O 到A 做匀加速直线运动，从A 到B 做类平抛运动，从B 到C 做匀速圆周运动，画出质点运动轨迹图，由图中几何关系可得，A 、B 两点距离为s ＝a 2＋2a 2＝5a ，选项A 错误．质点运动到B 点的速度方向与x 轴成45°，选项C错误．质点运动到B 点的速度v ＝2Fma .根据质点从B 到C 做匀速圆周运动，向心力等于4F 可得4F ＝mv 2/R ，解得R ＝a .C 点与x 轴的距离为y ＝a ＋R ＋22R ＝4＋22a ，选项B 正确．质点从B 点运动到C 点所用时间为3π4Rv ＝3216πt ，选项D 正确．答案 BD16解析现在从球心O 1处对甲施加一平行于斜面向下的力F ，使甲沿斜面方向向下移动，移动过程中甲、乙始终保持平衡．则在此过程中，甲对斜面的压力等于两球重力垂直斜面方向的分力，不变，选项C 正确．分析乙球受力，利用牛顿第三定律可知乙球对物体甲的弹力变小，挡板对乙球的弹力变小，推力F 变小，选项A 正确，B 、D 错误．答案 AC17解析无论粘在哪块木块上面，系统质量增大，作用力不变，系统的加速度一定减小，选项A 正确．若粘在a 木块上面，绳的张力减小，a 、b 间摩擦力增大，选项B 错误．若粘在b 木块上面，绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都减小，选项C 正确．若粘在c 木块上面，绳的张力和a 、b 间摩擦力一定都增大，选项D 正确．答案 ACD18解析甲做匀变速直线运动，甲物体所受合力不变，速度先减小后增大，选项A 、B 错误．乙受到如图乙所示的水平拉力作用，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，物体运动方向不变，2 s 末乙物体速度达到最大，选项D 正确，C 错误．答案 D19解析根据题述，物块与竖直墙壁之间的压力随时间增大，开始，物块从静止无初速度释放，所受摩擦力逐渐增大，物块做初速度为零的、加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后逐渐减小，选项A 错误．由mg －μkt ＝ma ，图象B 正确．物块开始受的摩擦力为滑动摩擦力，f ＝μkt ，后来为静摩擦力，f ＝mg ，C 正确．物块动能E k ＝12mv 2，随时间增大，但不是均匀增大，达到最大速度后逐渐减小，但不是均匀减小，选项D 错误．答案 BC20解析 3k qQ L 2cos θ＝mg ，sin θ＝33，联立解得q ＝6mgL 26kQ.答案 C21解析收集室可收集到始终沿直线运动的粒子，设粒子经过加速后的速度为v ，区域Ⅱ中匀强电场的场强为E 、磁场为B ，则Eq ＝Bvq ，v ＝E /B ，选项C 正确．答案 C22解析 (1)验证“动能定理”的原理是用砂和桶的重力当成小车的合力，合力做功改变小车的动能，所以需要天平测量小车质量，刻度尺测量下降的距离以求解合力做功．(2)合力做的功W ＝mgL ，小车动能的增量为 12Mv 22－12Mv 21，即mgL ＝12Mv 22－12Mv 21. 答案 (1)天平，刻度尺 (2)mgL ＝12Mv 22－12Mv 21 23解析 (2)将多用电表选择在直流电压的2.5 V 挡，且将其与电阻R 、开关串联后接在直流电源的两端，由串联分压，I ＝UR V＝E －U R，要测出R V ，还应先测出电源电动势E 和电阻R .答案 (1)“×100”(2)①第一步：选用多用电表的Ω挡，进行电阻调零，然后测出电阻的阻值R ；第二步：用多用电表直流电压2.5 V 挡直接接在直流电源的两端，测出电源的电动势E ；第三步：将多用电表选择在直流电压的2.5 V 挡，且将其与电阻R 、开关串联后接在直流电源的两端；闭合开关，记下多用电表的电压读数U ；第四步：断开开关，再根据欧姆定律列式计算R V . 注意：第一步与第二步的顺序可以对调 ②R V ＝URE －U(由电路中的电流I ＝U R V＝E －U R推得)24解析设通过A 点的速度为v ，行星表面的重力加速度为g ，环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为T ，行星的质量为M ，卫星质量为m ，行星的半径为R .由匀变速直线运动规律，x ＝vt ＋12at 2，对AB 段有：0.24＝0.2v ＋12g (0.2)2，对AC 段有：0.48＝0.3v ＋12g (0.3)2，联立解得：g ＝8 m/s 2.对于环绕该行星的近地卫星，轨道半径R ＝180 km ，由万有引力定律和牛顿第二定律，GM m R 2＝m R ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，在行星表面，GM m R 2＝m g ，联立解得：T ＝2πR g＝300π s ＝942 s.答案 942 s25解析 (1)设杆的质量为m ，则杆进入磁场时受到的安培力F ＝mg sin θ－μmg cos θ对P 1杆运动的全过程，根据动能定理：mgh －μ·mg cos θ·hsin θ－F ·s －μmg ·x ＝0解得：x ＝h －sin θ－μcos θsμ－h cot θ＝0.96 m.(2)设杆长为l 、进入磁场时速度为v ，杆进入磁场能做匀速运动，满足：BIl ＝mg sin θ－μmg cos θ I ＝Blv2R得B ＝2mgR sin θ－μcos θvl 2可见B 与v 成反比．设杆下滑的加速度为a ，由题意P 1、P 2杆到ab 的距离可记为L 、2L ，则v 1v 2＝2aL 2a ·2L＝12可得磁感应强度调后B 2与调前B 1之比B 2B 1＝v 1v 2＝142＝0.84所以应调到原来的0.84倍． (3)P 2杆必与P 1杆发生碰撞．因为此条件下，P 2杆进入磁场后做加速度变小的减速运动，它离开磁场时的速度必大于P 1杆离开磁场时的速度．答案 (1)0.96 m (2)0.84倍 (3)发生碰撞。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练：_25_word版含解析

小题狂练25实验：测定电源的电动势和内电阻练习使用多用电表小题狂练○25小题是基础练小题提分快1.[2019·河南省豫南九校检测]某兴趣小组的同学制作了一个“水果电池”：将一铜片和一锌片分别插入一苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”，其电动势约为1.5 V，内阻约为几百欧，现要求用量程合适的电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻十几欧)来测定水果电池的电动势E和内阻r.①本实验的电路应该选择图________(选填“甲”或“乙”)．②若给出的滑动变阻器有两种规格：A (0～20 Ω)、B(0～3 kΩ)．本实验中应该选用的滑动变阻器为________，通电前应该把滑动变阻器的阻值调至________(选填“最大”或“最小”)．③实验中测出六组(U，I)的值，在U—I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹可得出水果电池的电动势为E＝________V，内阻为r＝________Ω.(均保留三位有效数字)④根据在①中所选择的电路测量得出的电动势E和内阻r的测量值与真实值相比，电动势E____________，内阻r____________(均选填“偏大”、“相等”或“偏小”)，由此造成的实验误差属于________误差(选填“系统”或“偶然”)．答案：①甲②B最大③1.50500④相等偏大系统解析：①“水果电池”的内阻很大，为了使电表有明显示数，应选用阻值较大的滑动变阻器，由于滑动变阻器的电阻较大，为减小误差，应选择题图甲所示电路(电流表内接法)．②由题意可知，“水果电池”的内阻很大，若选用0～20 Ω的滑动变阻器，当滑动触头移动时，电表的读数几乎不变，无法多次测量，使实验的误差较大；为了减小实验误差，应选用最大阻值较大的滑动变阻器B，在闭合开关前，应把滑动变阻器的阻值调到最大．③图线的纵截距等于电源的电动势，U—I图线的纵截距为1.50 V，故水果电池的电动势E＝1.50 V，图线斜率的绝对值等于内阻，r＝1.50.003Ω＝500 Ω.④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在U—I图上由测量数据作出图线1和修正误差后由真实值作出图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势测量值与真实值相等，内阻的测量值偏大，由此造成的实验误差属于系统误差．2．[2019·福建省福州市闽侯六中测试]某同学用伏安法测定电源的电动势和内阻．实验室提供的器材有：A．待测电源(电动势约18 V，内阻约2 Ω)B．电压表(内阻约几十千欧，量程为6 V)C．电流表(内阻约为0.3 Ω，量程为3 A)D．滑动变阻器(0～50 Ω，3 A)E．电阻箱(最大阻值999 999 Ω)F．开关G．导线若干(1)为完成实验，该同学将量程为6 V的电压表扩大量程，需测定电压表的内阻，该同学设计了图1所示的甲、乙两个电路，经过思考，该同学选择了甲电路，该同学放弃乙电路的理由是：______________________________________.(2)该同学按照图甲连接好电路，进行了如下几步操作．①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表指针指到6.0 V；③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表的示数为2.0 V 时，电阻箱的阻值如图2所示，示数为________Ω；④保持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串联，改装成新的电压表，改装后电压表的量程为________V.(3)将此电压表(表盘未换)与电流表连成如图3所示的电路，测电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表和电流表示数，作出的U—I图象如图4所示，则电源的电动势为________V，内阻为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案：(1)电路中电流太小，电流表无法准确测量(2)50 452 18 (3)17.4 1.60解析：(1)电流表不能和电压表串联，否则电流表读数很小，无法准确测量；(2)根据电阻箱各个旋钮的位置，可得示数为50 452 Ω；依题意，电压表的内阻与电阻箱阻值之比为1：2，而电阻箱与电压表为串联关系，所以改装后电压表量程为6×3 V ＝18 V; (3)由于电压表改装过，并且改装后的电压表量程是原来的三倍，结合题图4，可知电源的电动势为5.8×3 V ＝17.4 V ，内阻为题图4中图线斜率的绝对值的三倍，r ＝5.8－5.01.50×3 Ω＝1.60 Ω.3．[2019·河北省五校联盟摸底]为测定某旧干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A ．旧干电池一节；B ．电压表(视为理想电压表，量程为0～3 V )；C ．电阻箱R(0～999.9 Ω)；D ．定值电阻R 0＝10 Ω；E ．多用电表；F ．开关、导线若干．(1)同学甲直接使用多用电表的直流2.5 V 挡测量该干电池的电动势，读数如图1所示，则该同学测得的电动势E ＝________V ，此测量值比旧干电池电动势的真实值________(选填“大”或“小”)．(2)同学乙将干电池接入如图2所示的电路，规范操作得到如图3所示的图象．该同学所描绘的图象中，横坐标是________(填选项前的字母)．A ．RB .1RC .1R ＋R 0(3)按照(2)问中所选的横坐标，已知图象的斜率为k ，纵截距为b ，则干电池的电动势E＝____________，内阻r＝____________.(用k、b、R0表示)答案：(1)1.45小(2)A(3)1kR0bk－R0解析：(1)由题图1可知，量程为2.5 V，则其读数为1.45 V；由于干电池自身有内阻，测量值为路端电压，故测量值偏小；(2)根据题图2可知两电阻串联，电压表测量R0两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可知：U＝IR0＝ER0＋R＋rR0，变形得：1U＝1E＋rER0＋RER0，故应作出1U—R图象，A正确；(3)根据题图3可知，b＝1E＋rER0，k＝1ER0，解得：E＝1kR0，r＝bk－R0.4．[2019·广东省湛江市调研]某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为5 Ω)和旧电池(电动势约为3 V)．实验室备有如下器材：A．直流电压表V1、V2(量程均为3 V，内阻均约为3 kΩ)B．电流表A(量程300 mA，内阻为5 Ω)C．滑动变阻器R1，最大阻值为20 ΩD．开关S一只、导线若干(1)为了尽量准确测定电阻R0的阻值，小组设计了一个电路，如图甲所示为其对应的实物图，请用笔画线代替导线将实物图补充完整．(2)为测量电池的电动势E和内阻r，小组设计了如图乙所示的电路图．某次实验中电压表的示数如图丙所示，则电压表读数是________V.(3)根据图乙所示的电路图，分别用E、r、R0表示电源的电动势、内阻和定值电阻阻值，则U1与U2的函数关系式为______________________．实验中移动滑动变阻器触头，读出直流电压表V1、V2的多组数据U1、U2，描出U1—U2图象如图丁所示，图中直线的斜率为k，与横轴的截距为b，则电源的电动势E＝__________，内阻r＝________(用k、b、R0表示)．答案：(1)如图所示(2)2.25(2.24～2.26均可)(3)U 1＝r ＋R 0r U 2－ER 0r bk k －1 R 0k －1解析：(1)由于电流表的内阻已知，为5 Ω，为了更好地减小误差，电流表应采用内接法．(2)根据电压表的读数规则，电压表读数为2.25 V ．(3)对题图乙所示电路，根据闭合电路欧姆定律，E ＝U 2＋Ir ，其中I ＝U 2－U 1R 0，两式联立解得：U 1＝r ＋R 0r U 2－ER 0r ，故题图丁中的U 1—U 2图象的斜率k ＝r ＋R 0r ，解得电池内阻r＝R 0k －1；由r ＋R 0r U 2－ER 0r ＝0得U 1—U 2图象在横轴的截距b ＝ER 0r ＋R 0，解得电池电动势E ＝bk k －1. 5．[2019·云南省建水六中模拟]小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了准确选取电压表和电流表的量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．(1)在使用前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节________(选填“①”或“②”)．(2)小明使用多用电表欧姆“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆________(选填“×100”或“×1”)挡，两表笔短接并调节________(选填“①”或“②”)．(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙所示位置，则小灯泡阻值的测量值为________Ω.答案：(1)①(2)×1②(3)30解析：(1)使用前指针不指零，应调机械调零旋钮①；(2)示数太小，应换小倍率，所以小明应旋转开关至欧姆“×1”挡，两表笔短接，欧姆调零，应调欧姆调零旋钮②；(3)欧姆表读数规则是“示数×倍率”，读数应为30×1 Ω＝30 Ω.6．[2019·云南省昆明一中摸底]某同学用灵敏电流计改装多用电表，如图所示为其设计的电路原理图，已知灵敏电流计G的满偏电流为I g＝3 mA，内阻R g ＝100 Ω.(1)根据该电路原理图，A表笔应为________表笔．(选填“红”或“黑”)(2)若开关S1闭合，S2接位置1时，要求该电表为0～0.6 A的电流表，则电阻R1应为________Ω，当开关S1断开，S2接位置3时，要求该电表为0～3 V的电压表，则电阻R2应为________Ω.(保留三位有效数字)答案：(1)红(2)0.503900解析：(1)由题图可知，图中A与欧姆表内置电源负极相连，A应是红表笔；(2)若开关S1闭合，S2接位置1时，灵敏电流计G与电阻R1并联，改装成电流表，R1＝I g R gI－I g＝0.503 Ω，当开关S1断开，S2接位置3时，灵敏电流计G与电阻R2串联，改装成电压表，R2＝U－I g R gI g＝900 Ω.7．[2019·山东省临沂一中摸底]指针式多用电表是常用的电学测量仪器，请完成下列问题．如图1所示为多量程多用电表的示意图．(1)当接通1或2时，为________(选填“电流”、“电阻”或“电压”)挡，1的量程比2的量程________(选填“大”或“小”)．若选择开关拨至“25 mA”挡，指针的位置如图2所示，则测量结果为________mA，接通5或6时，5的量程比6的量程________(选填“大”或“小”)．(2)当接通3或4测量某电阻时，用“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，换挡后，在测量前要先进行________．若此多用电表所用表头的满偏电流是100 mA，则换挡后电池的电动势E＝________ V；图1中________(选填“A”或“B”)为红表笔．答案：(1)电流大11.5小(2)×1欧姆调零 1.5 A解析：(1)灵敏电流计改装成电流表时要并联一电阻分流，所以1、2位置是电流挡；并联电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大；电流表选择挡位为25 mA，电流挡的最小分度是0.5 mA，则读数为11.5 mA；要测量电压，电流计应与电阻串联，由题图2可知当选择开关S旋到5、6位置时测量电压，电流计所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故转换开关S旋到5位置的量程比旋到6位置的量程小；(2)因偏转角度过大，则电阻小，要用小量程的，应选择“×1”挡，换挡后电路改变，要重新欧姆调零，换挡后中值电阻为R＝15 Ω，则换挡后电池的电动势E＝I g R＝0.1×15 V＝1.5 V，根据电流红进黑出的原则可知，多用电表内电池的正极与黑表笔相连，则A为红表笔.课时测评○25综合提能力课时练赢高分1.[2019·湖北省武汉市部分学校调研]如图a所示为一黑箱，内有一节干电池、若干电阻，A、B为黑箱的两个输出端．(1)为探索黑箱，某同学用多用电表进行以下测量，你认为正确的操作是________．A．用欧姆挡测量A、B间的电阻B．用直流电流挡测量A、B间的输出电流C．用直流电压挡测量A、B间的输出电压D．用交流电压挡测量A、B间的输出电压(2)含有电源的黑箱相当于一个等效电源，A、B为等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图b所示的电路．调节电阻箱R的阻值，记录下电压表的示数U，图c是根据实验数据在坐标纸上画出的图象，若忽略电压表内阻的影响，根据图象可求得等效电源的电动势E＝________V，等效内阻r＝________Ω.(结果保留三位有效数字)(3)如果考虑电压表内阻的影响，测得的等效电源的电动势与真实值相比________，测得的等效内阻与真实值相比________．(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)答案：(1)C(2)1.43 1.07(1.04～1.10均正确)(3)偏小偏小解析：(1)因为黑箱内含有电源，所以不能用欧姆挡直接测量；用电流挡测量A、B间的输出电流，可能会造成短路，也不能用交流电压挡测量A、B间的输出电压，只能用直流电压挡测量A、B间的输出电压，选项C正确．(2)由闭合电路欧姆定律可知：E＝U＋UR r，即1U＝1E＋rE·1R，由题图c可知1E＝0.70 V－1，解得E＝1.43 V；rE＝1.45－0.701.0Ω/V＝0.75 Ω/V，则r＝1.07 Ω.(3)如果考虑电压表内阻的影响，则外电阻的实际阻值小于R，使测得的等效电源的电动势与真实值相比偏小，测得的等效内阻与真实值相比也偏小．2．[2019·山东省泰安市模拟]在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．(1)甲同学按电路图a 进行测量实验，其中R 0＝1 Ω，则①请用笔画线代替导线在图b 中完成电路的连接；②由电压表的读数U 和电流表的读数I ，画出U —I 图线如图c 所示，可得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)(2)乙同学将测量电路连接成如图d 所示，其他操作正确，由电压表的读数U 和电流表的读数I ，画出U —I 图线如图e 所示，可得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)答案：(1)①见解析 ②3.0 0.38 (2)2.9 0.50解析：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；②在画出的U —I图象中，纵横的截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻与定值电阻R 0的和，根据题图c 可得：E ＝3.00 V ，r ＋R 0＝|ΔU ΔI |＝3.00－1.201.30 Ω＝1.38 Ω，且R 0＝1 Ω，则r ＝0.38 Ω；(2)由乙同学的电路接法可知，R 左右两部分并联后与R 0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e 所示的图象，则由图象可知，当电压为2.40 V 时，电流为0.50 A ，此时滑动变阻器两部分电阻相等，则总电流为I 1＝1 A ；而当电压为2.30 V 时，电流分别对应0.33 A 和0.87 A ，则说明当电压为2.30 V 时，干路电流为I 2＝0.33 A ＋0.87 A ＝1.2 A ；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.40 V ＝E －1 A ×r ，2.30 V ＝E －1.20 A ×r ，解得：E ＝2.9 V ，r ＝0.50 Ω.3．[2019·广西南宁摸底]某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表欧姆“×1 k ”挡内部电池的电动势E.(1)该小组采用图1甲中的电路进行实验，请将图1乙中的实物连接完整．图1(2)请将下面的实验步骤补充完整：A．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k”位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0 Ω”．B．按照电路图连接好电路．C．接通开关，改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如图2所示．多用电表和微安表的读数分别为________kΩ和________μA.D．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)若表盘中央刻度为15，结合以上信息可得多用电表“×1 k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)．答案：(1)电路连接如图所示(2)A.短接C．22243(242～244也正确) D．OFF挡(或交流电压最高挡)(3)9.0解析：(1)根据电路图，连接实物图．注意多用电表的红表笔连接的是多用电表内部电池的负极，所以红表笔应该通过滑动变阻器连接微安表的负接线柱，黑表笔应该通过开关连接微安表的正接线柱．(2)A.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应先进行欧姆调零，即将欧姆表的红表笔和黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向刻度盘的最右侧0 Ω处．C.根据欧姆表的读数规则，读数为22 ×1 kΩ＝22 kΩ.根据微安表读数规则，微安表读数为243 μA.D.根据多用电表使用规则，实验完毕，由于多用电表内部有电池，为避免表笔短路损坏电池，应该将选择开关扳到OFF挡(或交流电压最高挡)．(3)欧姆调零后，欧姆表内阻等于表盘上中央刻度乘以挡上所标示的倍率，即欧姆表的中值电阻，由此可知，欧姆表“×1 k”挡的内阻为R0＝15×1 kΩ＝15 kΩ.根据闭合电路欧姆定律，可得E＝I(R＋R0)，式中I为微安表读数243 μA，R为欧姆表读数(即滑动变阻器接入电路中的电阻和微安表内阻之和)22 kΩ，代入数据，可得E＝243×10－6A×(22＋15)×103Ω＝8.991 V≈9.0 V.4．[2019·陕西省西安市联考]某物理兴趣小组设计了如图a所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率．所用器材如下：A．干电池：电动势E＝1.5 V，内阻r＝1.0 ΩB．电流表G：满偏电流I g＝1 mA，内阻R g＝150 ΩC．定值电阻R1＝1 200 ΩD．电阻箱R2和R3：最大阻值都为999.9 ΩE．电阻箱R4：最大阻值为9 999 ΩF．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干(1)该实验小组按图a正确连接好电路．当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2＝________Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻为欧姆表的内阻R内，则R内＝________Ω，欧姆表的倍率是________(选填“×1”或“×10”)．(2)闭合开关S：第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2＝________Ω且R3＝________Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b 所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为________Ω.答案：(1)149 1 500×10(2)14150100解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为R内＝EI＝1.50.001Ω＝1500 Ω，则R2＝R内－R1－R g－r＝149 Ω，中值电阻应为1 500 Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种挡位，若为“×1”，则中值电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”；(2)为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150 Ω，电流为I1＝1.5150A＝0.01 A，此时表头中电流应为0.001 A，则与之并联的电阻R3中的电流应为0.01 A－0.001 A＝0.009 A，并联电阻为R3＝0.001×(150＋1 200)0.009Ω＝150 Ω，R2＋r＝1.5－0.001×(150＋1 200)0.01Ω＝15 Ω，故R2＝(15－1) Ω＝14 Ω；题图b所示电流为0.60 mA，则通过电源的电流为6 mA，因此总电阻为R总＝1.56×103Ω＝250 Ω，故待测电阻为R测＝250 Ω－150 Ω＝100Ω.5．在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻．电源甲的电动势大约为4.5 V，内阻大约为1.5 Ω；电源乙的电动势大约为1.5 V，内阻大约为1 Ω.由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：A．量程为0～3 V的电压表VB．量程为0～0.6 A的电流表A1C．量程为0～3 A的电流表A2D．阻值为4.0 Ω的定值电阻R1E．阻值为100 Ω的定值电阻R2F．最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R3G．最大阻值为100 Ω的滑动变阻器R4(1)选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻．①定值电阻应该选择________(填“D”或“E”)；电流表应该选择________(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择________(填“F”或“G”)．②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U－I图象，U和I的单位分别为V和A，拟合公式为U＝－5.6I ＋4.4.则电源甲的电动势E＝________ V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是________．A ．电压表的分流作用B ．电压表的分压作用C ．电流表的分压作用D ．电流表的分流作用E ．定值电阻的分压作用(2)为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路．①定值电阻应该选择________(填“D ”或“E ”)．②实验中，首先将K 1断开，K 2闭合，电压表示数为1.48 V ．然后将K 1、K 2均闭合，电压表示数为 1.23 V ，则电源乙电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________Ω.(小数点后保留两位小数)答案：(1)①D B F ②4.4 1.6 ③A(2)①D ②1.48 0.81解析：(1)①测电动势约4.5 V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为4.55.5 A ，如果用量程为3 A 的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B ；测电动势约4.5 V 电源电动势与内阻时，电路最小电阻为R ＝E I ＝4.50.6 Ω＝7.5 Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，定值电阻应选D ；为方便实验操作，滑动变阻器应选F .②由表达式U ＝－5.6I ＋4.4及U ＝E －I(r ＋R 1)可知，电源电动势为E ＝4.4 V ，内阻为r ＝5.6 Ω－4 Ω＝1.6 Ω.③由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，故选A .(2)①用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因此定值电阻应选D .②由电路图可知，K 1断开，K 2闭合，电压表示数为电源电动势，电压表示数为1.48 V ，即电源乙电动势为E ＝1.48 V ；K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.23 V ，电压表测路端电压，此时电路电流为I ＝U ′R 1＝1.234 A ＝0.307 5 A ，电源内阻为r ＝E －U ′I ≈0.81 Ω. 6．某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E 和内阻r ，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程I g ＝0.6 A ，内阻r g ＝0.1 Ω)和若干导线．(1)请根据测定电动势E 和内阻r 的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R ，读出与R 对应的电流表的示数I ，并做记录．当电阻箱的阻值R ＝2.6 Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示．处理实验数据时，首先计算出每个电流值I 的倒数1I ，再制作R －1I 坐标图，如图丙所示，图丙中已标注出了⎝ ⎛⎭⎪⎫R ，1I 的几个与测量对应的坐标点，请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上．(3)在图丙上把描绘出的坐标点连成图线．(4)根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.答案：(1)如图a 所示 (2)如图b 所示 (3)如图b 所示(4)1.5(1.46～1.54均可) 0.3(0.25～0.35均可)解析：(1)首先应理解本题的实验原理，由闭合电路欧姆定律可知E ＝I(R ＋r)，只要知道两组外电阻和电流值，就可以解出电源电动势和内阻．因此，直接将电阻箱和电流表串联在电路中就行．(2)当R ＝2.6 Ω时，由题图乙可知I ＝0.5 A ，1I ＝2 A －1，描点(2,2.6)，见图b .(3)R －1I 图线是一条倾斜的直线．注意连线时：①不能连成折线；②为减小偶然误差，个别偏离太远的点舍去．(4)由闭合电路的欧姆定律得E ＝I(R ＋r ＋r g )，则R ＝E I －(r ＋r g )，故图线的斜率k 表示电池电动势E 的大小，纵轴截距的绝对值表示电阻(r＋r g)．由图b可知E＝k＝5.6－2.64.0－2.0V≈1.5V(1.46～1.54 V范围内均正确)，r≈0.3 Ω(0.25～0.35 Ω均正确)．7．[2019·湖南长沙模拟]在测量电池的电动势E和内阻的实验中，某同学在电路中添加了一个未知阻值的保护电阻R0，本实验的器材有：待测电池E，保护电阻R0，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关K1，单刀双掷开关K2，导线若干．(1)根据图甲所示的电路原理图把图乙所示的实物图用笔画线代替导线补充完整．(2)该同学先将K2扳到__________(填“a”或“b”)来测量定值电阻两端的电压和电流，调节滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录；再将K2扳到__________(填“a”或“b”)来测量路端电压和电流，调节滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录．(3)将两次记录的数据在同一个坐标系中描点作图，如图丙所示，由图象可得保护电阻R0＝________Ω，被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；由实验电路图分析可知，所测电阻R0的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值，这对测量电池的电动势和内阻________(填“有影响”或“无影响”)．答案：(1)如图所示(2)a b(3)2 1.50.5大于无影响解析：(1)由电路的结构可知，开关K2分别在a点和b点时，测量的电压分别是R0的电压与路端电压，由此连接完整电路，如图所示．(2)由题图甲可知，要想测量定值电阻R0的阻值，应测量电阻R0两端的电压和电流，故应将开关K2扳到a；而要想测量电池的电动势和内阻，应测量路端电。

(6套)2019年高考物理复习高考冲刺卷含答案(全国通用).docx

岂2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（1 ） Word 版含答案电2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（2 ） Word 版含答案勺2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（3 ） Word 版含答案厠；2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（4 ） Word 版含答案哲2019版物理学业水平测试真习小高考冲剌卷（5 ） Word 版含答案哲2019版物理学业水平测试复习小高考冲剌卷（6 ） 2019年高考物理冲刺卷（一）物理本试卷包含选择题（第1题〜第23题，共23题69分）、非选择题（第24题〜第28题，共5题31分）共两部分.本次考试时间为75分钟.一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）.9 9 9 91. 关于物体的重心，下列说法中正确的是（）A. 任何物体的重心都一定在这个物体上B. 重心的位置只与物体的形状有关C. 形状规则、质量分布均匀的物体，其重心在物体的儿何中心D. 物体重心的位置一定会随物体形状改变而改变2. 一根一端封闭，另一端装有阀门的玻璃管，内有纸片、羽毛、金属片.用抽气机把管内的空气儿乎抽尽，再把玻璃管倒过來（如图所示）.观察这些物体下落的快慢情况，下列说法中正确的是（）A. 纸片下落最快B.羽毛下落最快C.金属片下落最快D.三者下落一样快3. 如图所示给出了两个物体做直线运动的速度一时间图象.其屮图线甲与横轴平行，图线乙为通过坐标原点的直线.由图可知（）A. 甲做匀速直线运动B. 甲处于静止C. 乙做匀速直线运动D. 乙做匀减速直线运动2019年高考物理复习高考冲刺卷Word 版含答案4.右图是某摄影师“追拍法”的成功之作，在该摄影师眼屮清晰的飞翔的小鸟是静止的，而模糊的背景是运动的，摄影师用自己的方式表达了运动之美•请问摄影师选择的参考系是（）A.地而B.静止的树木C.飞翔的小鸟D.静止于地面上的人5.已知河水自西向东流动，流速的大小为V],小船在静水中的速度的大小为V2，且v2 >5渡河时船头始终垂直河岸，用虚线表示小船过河的路径，则下列选项中小船过河路径可能正确的是（）河岸西、、、东6. 在“互成角度的两个力的合成”实验中，用两个弹赞测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置0点.为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中必须记录的是（）橡皮条固定端的位置描下0点位置、两条细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数橡皮条伸长后的总长度两个弹簧测力计的读数7. 将原长10cm 的轻质弹簧竖直悬挂，当下端挂200g 的钩码时，弹簧的长度为12cm, 则此弹簧的劲度系数约为（）A. lN/mB. 10N/mC. 100N/mD. 1 OOON/m&人乘电梯匀速上升，在此过程中人受到的重力为G,电梯对人的支持力为F N ，人对电梯的压力为F N ，贝9（）A. G 和F N 是一对平衡力B. G 和Ft 是一对平衡力C. G 和F N 是一对相互作用力D. G 和Ft 是一对相互作用力9. 一个做匀速圆周运动的物体，在运动过程屮，若所受的一切外力都突然消失，则由牛顿第一定律可知，该物体将（）A. 立即静止B.改做匀速直线运动C.继续做匀速圆周运动D.改做变速圆周运动釦、I %7777^7777777777^7710. 如图所示，质量相同的P 、Q 两球均处于静止状态，现用小锤打击弹性金属片，使P 球沿水平方向抛出，Q 球同时被松开而自由下落.则下列说法中正确的是（）A. P 球先落地B. Q 球先落地C. 两球下落过程中垂力势能变化相等D. 两球落地时速度方向相同11. 今年年初我国南方部分地区遭遇了严重雪灾.在抗雪救灾中，运输救灾物资的汽车以额定功率上坡时，为增大牵引力，司机应使汽车的速度（）A. 减小B.增大C.保持不变D.先增大后保持不变12. 甲、乙两质点做匀速圆周运动，其半径之比R, : R 2=3 : 4,角速度之比◎： 32=4： 3,则甲、乙两质点的向心加速度之比是（）A. B. C. D.A.|B. |C.D. Y13.小明用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验.关于该实验，下列说法中正确的是（）A.重锤的质量一定是越大越好B.必须用秒表测出重锤下落的时间C.把秒表测得的时I'可代入计算重锤的速度D.释放纸带前，手捏住纸带上端并使纸帯处于竖直14.关于元电荷，下列说法正确的是（）A.元电荷就是质子B.物体所带电荷量是元电荷的任意倍数C.元电荷是带电物体所带电荷量的最小值D.物体所带电荷量可能比元电荷小15.两个完全相同的金属小球，分别带有+ 3Q和一Q的电量，当它们相距I•时，它们之间的库仑力是F.若把它们接触后分开，再置于相距彳的两点，则它们的库仑力的大小为（）A.|B.FC. 9FD. 3F16.下列各图中，能正确表示对等量异种电荷电场线分布的是（A17. 磁场中某区域的磁感线如图所示.则（）A. a 点磁感应强度比b 点小B. a 点磁感应强度比b 点大C. 同一小段通电导线放在“处吋受力一定比b 处吋大D. 同一小段通电导线放在a 处时受力一定比b 处时小1&如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度为B.边长为a 的正方形线框与磁场垂直，且一条对角线与磁场边界重合.则通过线圈平面的磁通量为（）B. BaC. Ba 2D. 2Ba19. 带电粒子M 和N,先后以大小不同的速度沿PO 方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示，不计重力.则下列分析正确的是（）A. M 带正电，N 带负电B. M 和N 都带正电C. M 带负电，N 带正电D. M 和N 都带负电I F/N/\ /\ /V °\.\ 23 4.3 5.4 7.4 //s20. 蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中动作.为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并在计算机上作出压力一时间图象，假设作出的图象如图所示.设运动员在空屮运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度为（g 取10m/s 2）（）x x x x!C. 5.0 mD. 7.2 m请阅读下列材料，回答21〜23小题.2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号实施自动交会对接，形成天宫二号与神舟十一号组合体后，我国景海鹏和陈冬两名航天员进驻天宫二号，开展空间科学实验.天宫二号与神舟十一号的交会对接、组合体运行和飞船返回，都是在距地面393公里的轨道高度开展.这次任务是最接近未来我国空间站轨道要求的一次载人飞行任务，也是目前我国空间应用项目最多的一次载人飞行任务.21.下列说法符合史实的是（）A.牛顿发现了行星的运动规律B.开普勒发现了万有引力定律C.卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量D.牛顿发现了海王星和冥王星22.绕地球做匀速圆周运动的天宫二号内，物体处于完全失重状态，则物体（）A.不受地球引力作用B.所受地球引力提供向心力C.加速度为零D.向心力为零23.若天宫二号绕地球运行的圆形轨道半径增大，则飞船的（）A.线速度大小不变B.线速度增大C.周期不变D.周期增大二、填空题：把答案填在横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10 分）.24—A.（本题供选修1一1的考生作答）一只白炽灯泡在玻璃泡外表有“220V60W”的字样，则这只灯泡正常工作时的电流强度为A,电阻为Q.24-B.（本题供选修3-1的考生作答）许多人造卫星都用太阳能电池供电.某太阳能电池不接负载吋的电压是600 M V,短路电流是30UA,则该太阳能电池的内阻为Q,当外申.賂接上40Q电阻时，电路中的电流强度为u A.25.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某学习小组在实验室组装了如图所示的装置外，还备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小桶时，滑块处于静止状态.耍完成该实验，则:（1）_____________________________ 还缺少的实验器材是.（2）实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________________ ;实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是____________三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位(本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分,28小题8分，共21分).A.1.8 mB.3.6 m小桶26.工地施工需要把一质量为500 kg钢材从一平层上降落到地面，用一绳吊着钢材先以0.5m/s匀速降落，当钢材距地面高h时，又以大小为lm/s?的加速度匀减速运动，钢材落地时速度刚好为零.求：(1)钢材匀减速运动时所受的合外力；(2)钢材做匀减速运动的时间t；(3)匀减速运动的距离h.27.如图所示的演示实验，假设从某时刻t=0开始，质量为0.1kg的红蜡块在玻璃管内每Is上升的距离都是30cm,从t=0开始，初速度为零的玻璃管向右匀加速平移，每Is通过的水平位移依次是5cm、15cm、25cm、35cm.在图表中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=()时蜡块位于坐标原点，坐标纸上每小格表示10cm.则：(1)在图中标岀I等于Is、2s、3s、4s时蜡块的位置，并用平滑的曲线描绘蜡块的轨迹；(2)红蜡块在上升过程中受到玻璃管的弹力是多大？(3)红蜡块4s末的速度是多少？y28.如图所示，有一可绕竖直屮心轴转动的水平圆盘，上而放置劲度系数为k=46N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴0点，另一端连接质量为m=lkg的小物块A,物块与圆盘间的动摩擦因数为p=0.2,开始吋弹簧未发生形变，长度为l()=0.5m,若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等(g = 10m/s1 2 3),物块A始终与圆盘一起转动，贝IJ：错误！小高考冲刺卷(一)1・C解析：物体的重心不一定在物体上，比如质量分布均匀的圆盘挖去中间的同心圆后，重心仍然在儿何中心，但不在物体上.2.D解析：真空管是抽去空气后的状态，没有空气阻力后，羽毛下落也是自由落体.轻重物体下落快慢一样.3. A 解析：vt图象斜率代表加速度，甲代表匀速运动，乙代表匀加速运动.4.C解析：以飞翔的小鸟为参考系，周围的背景都是运动的，所以背景模糊.5.B解析：由运动的合成条件可知，匀速运动与匀速运动的合成仍为匀速直线运动.6.B解析：为了确定力的大小和方向，需要记录弹簧测力计的读数、绳子的方向，当然, 0点的位置必须固定好.7.C 解析：由F=kx,其中x为形变量可得，k=100N/m.8.A解析：平衡力一定是同一个物体所受到的，相互作用力是不同对象受到的.9.B解析：由牛顿第一定律，没有力改变物体的运动状态，物体就保持原来的运动状态, 这个问题里是匀速直线运动.10.C解析：自由落体运动和平抛运动在竖直方向上的分运动是相同的，所以下落时间是一样的，重力势能变化取决于重力做功，由W = mgh,可得重力势能变化相等.11.A 解析：rtl P=Fv,可知P不变，减小v可以增大F,以增加爬坡本领.12.A 解析：由向心加速度公式a=u)2r,带入可得.13.D 解析：重锤的作用是减少阻力对运动的影响；打点计吋器本身就是计时工具，下落时间不需要用秒表测量.14.C解析：e=1.6X10-,9C,带电体带电荷量必须是元电荷的整数倍.15.D 解析：带电小球接触，正负电荷中和部分后，电荷再等分.16.C解析：等量异种电荷相互吸引，空间电场叠加如图C所示.17.B 解析：磁感线的稀疏密集代表磁场的强弱，a点比b点密集，a点磁感应强度比b 点大.由于通电导线在磁场中的受力与导线在磁场中的摆放方式有关，垂直磁场摆放受力最大，平行磁场摆放受力最小.18.A 解析：由磁通量定义公式①=BS可得，答案A正确.19.C解析：由左手定则可知，刚刚进入磁场时，正电荷受到向上的力，负电荷进入磁场时，受到向下的力，由曲线运动的轨迹判断可得，C正确.20.C解析：根据图象，纵坐标为零的区段代表在运动员空中运动，5.4s到7.4s的过程时间1 圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动？2 当角速度缓慢地增加到4rad/s时，弹簧的伸长暈是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘)3 在角速度从零缓慢地增加到4md/s过程屮，物块与圆盘间摩擦力大小为f,试通过计算在坐标系中作出fc?图象.为2s,则上升与下降的时间都是Is,所以最大高度为5in.21.C解析：开普勒发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，海王星在观测到之前是根据牛顿的万有引力定律算出来的.22.B解析：完全失重并不是没有重力，卫星内物体仍然受到地球引力提供圆周运动的向心力.23.D解析：围绕同一中心天体，高轨道卫星的线速度小，周期大.24—A.寻或0.27 _ 或806.6724-B. 20 1025.(1)刻度尺(2)m M 平衡摩擦力26.解析：(1)由F合=ma可知，F合=500N.(2)由v = v()+al 可知，1=0.5s.2 2(3)由h—2：，或者h— 2 可知h=0.125m.27.解析：⑴如图所示.红蜡块在水平方向受到玻璃管的弹力，由匀变速直线运动规律S = a=0」0m/s 2 , F=ma=0・lX0・10N=0・01N ・（3） 4s 末时红蜡块的水平方向分速度为v 4=at 4=0.10X4m/s=0.40m/s4s 末时红蜡块的速度为 v^= p0.3（）2+0.4（）2 m/s=0.5m/s.2&解析：（1）设圆盘的角速度为a ）（）时，物块A 将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有⑵设此时弹簧的伸长量为Ax,物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有pmg+k A x=mco 2（l （）+ A x ）,代入数据解得 A x=0.2m.（3）在角速度从冬缓慢地增加到2rad/s 过程中，物块与圆盘间摩擦力为静摩擦力f=m 扇1（）, f 随着角速度平方的增加而增大.当co>2rad/s 时，物块与圆盘间摩擦力为滑动摩擦力，为定值，为f=|img=2N.小高考冲刺卷（二）物理本试卷包含选择题（第1题〜第23题，共23题69分）、非选择题（第24题〜第 28题，共5题31分）共两部分.本次考试时间为75分钟.一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）. • • • •1. 下列事例中，能将物体或人可以看成质点的是（）①研究跳水运动员在比赛屮的空屮姿态 ②观看参加马拉松比赛的121号运动员③分析一列火车通过某路口所用的时间④跟踪我国科学考察船去南极途中A. ①③B.②③C.①④D.②④2. 梁朝傅翕非常有名的偈语：“空手把锄头，步行骑水牛；人从桥上过,桥流水不流” •试判定“桥流水不流”句所对应的参考系是（）A. 岸B.水C.树D.牛3. 关于质点的位移和路程，下列说法正确的是（）A. 位移是矢量，位移的方向就是质点运动的方向B. 路程是标量，也是位移的大小C. 质点做直线运动时，路程等于其位移的大小D. 位移的数值一定不会比路程大4.做匀加速直线运动的物体，加速度是2m/s 2,它意味着（）得出 0.05 = 2at ：2y/cmP mg=mcoolo^ 解得 coo=" 0.2X10 ―乔一rad/s = 2rad/s.A.物体在任Is末的速度是该秒初的两倍B.物体在任Is末的速度比该秒初的速度大2m/sC.物体在第Is末的速度为2m/sD.物体在任Is的初速度比前Is的末速度大2m/s5.如图所示，甲、乙分别表示两个运动物体的vt图象.若它们的加速度分别为"甲、a乙, 则它们的大小关系是（）A.a甲va乙B.a甲=a乙C.a甲＞&乙D.不能确定6.在轻质弹簧下端悬挂一质量为0.1kg的物体，当物体静止后，弹簧伸长了0.01m,取g=10m/s2.该弹簧的劲度系数为（）A.lN/mB. 10N/mC. 100N/mD. 1 OOON/m7.如图所示在水平力F的作用下，重为G的物体沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙Z间的动摩擦因数为卩，物体所受摩擦力大小为（）A.M GB.u（F+G）C.u（F-G）D.G&关于惯性的有关概念，下列说法中正确的是（）A.从枪膛屮飞出的子弹，在惯力作用下飞行B.满载的卡车比空车难以停下来，是因为前者的惯性比后者大C.一个运动物体在粗糙水平路面上比光滑水平路面上难以启动，是因为在前一种情况下惯性大D.喷气式飞机起飞后越飞越快，说明它的惯性越来越大9.下面关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.两物体间的作用力和反作用力一定是同性质的力B.先有作用力，后有反作用力C.只有物体处于静止状态时，物体间才存在作用力和反作用力D.只有物体接触时，物体间才存在作用力和反作用力10.以V。

2019年高考物理最后冲刺增分小题狂练： 2 Word版

x
绘出物体的t－t 图象如图所示，则下列判断正确的是( )
A．物体做匀速直线运动 B．物体做变加速直线运动 C．物体的初速度大小为 1 m/s D．物体的加速度大小为 1 m/s2 答案：D
x
解析：由数学知识可得 t ＝(0.5t＋0.5)
m/s，则得 1
x＝0.5t2＋0.5t(m)；由匀变速直线运动的位移公式 x＝v0t＋2at2 可知
时追上汽车，故汽车的位移等于自行车的位移 x＝v 自 t′＝4×50 v0＋0
m＝200 m，故 A 错误．设汽车运动时间为 t′，则有 x＝ 2 t′， 2x 2 × 200
得 t′＝v0＝ 10 v0 10
s＝40 s，故 B 错误．汽车加速度大小为 a＝
t′＝40 m/s2＝0.25 m/s2，故 C 正确．在两者速度相等前，汽车的速度大于自行车的速度，汽车在自行车的前方，两者间距增大，速度
1
v0 v0
物体在位移中点时 v2＝2v20，则 v＝ 2> 2 ，选项 C 正确；物体做匀
减速运动，初速度为 v0，末速度为零，故物体在中间时刻的速度等 1
于 2v0，选项 D 错误；故选 B、C.
5．[2019·广东省深圳中学检测](多选)一条东西方向的平直公路边上有两块路牌 A、B，A 在西 B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过 B 时，一只小鸟恰自 A 向 B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回 A，过一段时间后，汽车也行驶到 A.它们的位置—时间图象如图所示，图中 t2＝2t1，由图可知( )
确．
12．[2019·湖南省三湘名校联考](多选)假设高速公路上甲、乙
两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为 v0＝30 m/s，距离 s0＝100 m．t＝0 时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图 1、2 所示．取原运动方向为正方向．下面说法正确的是( )

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 10 Word版含解析

小题狂练10实验：验证牛顿第二定律小题狂练⑩小题是基础练小题提分快1.[2019·宁夏长庆高级中学检测]在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，砂和砂桶的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力大小等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是________．A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电．改变砂桶中砂子的多少，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________．A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、35 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用图给数据可求出小车运动的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)答案：(1)B(2)C(3)1.58解析：(1)为了使细线对小车的拉力大小等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，B正确．(2)当m远远小于M时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，细线的拉力大小近似等于砂和砂桶的总重力．因此最合理的一组是 C.(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，两相邻的计数点时间间隔为T＝0.1 s，利用匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，得x DE －x AB＝3a1T2、x EF－x BC＝3a2T2，x CD－x OA＝3a3T2，则加速度应为a＝a1＋a2＋a33＝(0.107 1＋0.091 0＋0.075 7)－(0.059 5＋0.044 0＋0.028 0)9×0.01m/s2＝1.58 m/s2.2．[2019·陕西省西安市长安一中模拟]如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．已知遮光条的宽度d＝2.25 mm.(1)下列不必要的一项实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)A．应使A位置与光电门间的距离适当大些B．应将气垫导轨调节水平C．应使细线与气垫导轨平行D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是__________________________．(写出物理量名称及表示符号)(3)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出______图象．答案：(1)D(2)A位置到光电门的距离L(3)F－1t2解析：(1)应使A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A 是必要的；应将气垫导轨调节水平，使拉力等于合力，故B 是必要的；要保持细线方向与气垫导轨平行，故C 是必要的；拉力是直接通过力传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故D 是不必要的；(2)根据匀变速直线运动的位移速度公式得v 2＝2aL ，又因为v ＝d t ，解得a ＝d 22Lt 2，故要测加速度还需要测出A位置到光电门的距离L ；(3)根据牛顿第二定律得：a ＝F M ，解得：F ＝Md 22L ·1t 2，所以处理数据时应作出F －1t 2的图象．3．[2019·重庆市重庆一中考试]某实验小组设计如图甲所示实验装置“探究加速度与力的关系”．已知小车的质量M ，砝码盘的质量m 0，打点计时器使用的交流电频率f ＝50 Hz.(1)探究方案的实验步骤A ．按图甲安装好实验装置；B ．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C ．取下细绳和砝码盘，记录砝码盘中砝码的质量m ；D ．将小车紧靠打点计时器，接通电源后放开小车，得到一条点迹清晰的纸带，由纸带求得小车的加速度a ；E ．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量m ，重复0.88③不成立0.008(3)A(2)①根据Δx＝aT2，运用逐差6.00－6.87)×10－2m/s2＝0.88 m/s2；③由题图丙可知，0.01实验时，一定要进行的操作是________．．用天平测出砂和砂桶的质量．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条器采用的是频率为50 Hz的交流电(结果保留两位有效数字以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出图象是一条直线，如图丙所示，图线与横轴的夹角为k，则小车的质量为________．(2)0.260.50(3)D由静止释放．实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，与小车的质量M间应满足的关系为________若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则m和对应遮光条通过光电门的时间并算出相应的小车经过光电门时的速度v，，从图线得到的结论是：在小车质量一定时，如果小车的质量M10 m/s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)m≪M(2)1.050(3)加速度与合外力成正比(1)该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力相抵消，那么小车所受的合力就是细线的拉力．F及小车质量M之间的关系．为了平衡小车在运动过程中受到的阻力，必须使木板倾斜恰小车和木板之间的动摩擦>”、“<”或“＝”)．实验得到如图乙所示的纸带．O点为小车运动起始时刻所打的0.1 s的相邻计数点记为A、，小车的加速度大小为________ m/s2(结果保留两位有效数字在处理实验数据时，用m表示砝码和托盘的总质量，用表示当地的重力加速度．若用图甲图乙要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源外，还需要的实验仪器是________(填“刻度尺”、“天平”或“秒m表示．的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的总重力．某一组同学先保持盘及盘中砝码的总质量另两组同学保持小车及车中砝码的总质量的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的关系图象分别如图甲和图乙所示，其原因分别是：(1)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是_________________________________________________．(2)图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是________；符合乙组同学作出的实验图象的是________．答案：(1)小车的质量远大于重物的质量(2)②①解析：(1)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是小车的质量远大于重物的质量．(2)由于甲组实验把重物的重力作为拉力F，当重物的质量增大到一定数值后图线将偏离直线，向下弯曲，所以图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是②；符合乙组同学作出的实验图象的是①.4．某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时物体的加速度与质量之间的关系．甲乙(1)做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d.则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________ mm.(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高a＝________.同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a—________________kg.(g取__________________．正确操作后通过测量，作出a—F图线，如图2中的实线所示，则图线上部弯曲的原因是_____________________________________选择合适的变量得到线性关系，根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量为的砝码放在沙袋A中，剩余砝码都放在左边沙块相对传感器的位移x随时间t的变化规律．某次描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t乙所示，则此次滑块在t＝0.4 s时的速度大小为________________ m/s2.不断增大长木板与水平面间的夹角，每次均让滑块从。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 1 Word版含解析

减速后加速，它们通过下一路标时的速度相同，则( )
A．甲车先通过下一路标
B．乙车先通过下一路标
C．丙车先通过下一路标
D．三辆车同时通过下一路标
答案：B
解析：甲车速度一定，乙车先加速后减速，平均速度比甲车大，丙车先减
速后加速，平均速度比甲车、乙车都小，所以乙车的平均速度最大，乙车所用
的时间最短，故选 B.
t 内的位移分别为 s1、s2、s3、s4、s5、s6，由题可知 x1＝s1＋s2＋s3，x2＝s6，设 bc 段的位移为 x，则 x＝s4＋s5，根据公式 Δx＝aT2，则(x＋x2)－x1＝(s4＋s5＋s6) －(s1＋s2＋s3)＝9aT2，同时，由于 s2－s1＝s3－s2，所以
x1
s1＋s3＝2s2，x1＝s1＋s2＋s3＝3s2，而 s6－s2＝4aT2，即 x2－ 3 ＝4aT2，联立可得 x1＋5x2
a
a v20
2·
速度大小为2，刹车的位移 x′＝ 2＝ a ＝2s，要保持两车在题述情况中不相撞，
则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为 Δx＝x＋x′－s＝3s，故选 D. 15．[2019·福建省南安一中模拟](多选)物体以速度 v 匀速通过直线上的
A、B 两点间，需时为 t，现在物体从 A 点由静止出发，匀加速(加速度为 a1)到某一最大速度 vm 后，立即做匀减速运动(加速度为 a2)至 B 点停下，历时为 2t，
12．[2019·江西省新余一中模拟]不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛
一物体，从抛出至回到抛出点的时间为 t，现在物体上升的最大高度的一半处设
置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不
计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )

2019年高考物理冲刺套卷(大纲版,十一)参考解析

2019年高考物理冲刺套卷（大纲版，十一）参考解析注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

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

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

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

题目 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 A BC BC D A C BD A 22、〔8分〕〔1〕1.02cm 〔2分〕〔2〕22)(2t d gl ∆=〔2分〕〔3〕小圆柱的质量m 〔2分〕mg t l d m +∆22)(〔2分〕 23、〔10分〕〔1〕不可行〔1分〕、理由：根据所给数据，电路中电阻箱取最大值，电路中电流大于电流表量程2mA ，故不可行、〔1分〕〔2〕如下图所示、〔2分〕〔3〔2分〕3.7〔3.6～3.8均可〕〔2分〕 10〔9.5～10.5均可〕〔2分〕24、〔15分〕解：〔1〕木块通过A 的平均速度11t Lv =〔3分〕〔2〕木块通过B 的平均速度22t Lv =〔3分〕由此可求出P 通过A 的速度为2211111t a t Lt a v v -=-=〔3分〕P 通过B 的速度为2222222ta t L t av v -=-=〔3分〕所以P 端经过A 、B 两点的时间为2)11(211212tt t t a L a v v t -+-=-=∆〔3分〕 25、〔19分〕解：〔1〕设滑离时小球和滑块的速度分别为21v v 和动量守恒2103mv mv mv +=〔3分〕能量守恒2221203212121mv mv mv ⋅+=〔3分〕 R1解得201v v -=〔1分〕0221v v =〔1分〕〔2〕小球过A 点时沿轨道方向两者有共同速度x v ，设此时小球对地的速度为v动量守恒x v m m mv )3(0+=〔3分〕得041v v x =〔1分〕能量守恒22202132121mv mv mv x +⋅=〔3分〕得0413v v =〔1分〕此时小球对地的速度v 与0v 的夹角为：1313arccos arccos =v v x 〔3分〕26、〔20分〕解：〔1〕粒子在电场中加速，根据动能定律得：221mv qU =〔2分〕所以mqUv 2=〔2分〕〔2〕粒子进入磁场后，受洛伦兹力做匀速圆周运动，有rv m qBv 2=〔2分〕要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图，那么有r b r a -=+22〔2分〕所以ba b r 222-=〔2分〕联立解得q mUab b B 2222-=〔2分〕〔3〕图中12tan 22=-==aba b a r θ即θ=45°〔2分〕那么粒子在磁场中转过φ=270°，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点。

2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 18 Word版含解析

小题狂练18 动量守恒定律小题狂练⑱小题是基础练小题提分快1.[2019·北京东城区模拟](多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( ) A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D．系统总动量的变化为零答案：CD解析：两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2，等式变形后得p1－p′1＝p′2－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B 错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D正确．2．[2019·湖北省襄阳四中检测](多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒C．只要系统所受合外力的冲量始终为零，系统动量一定守恒D．系统加速度为零，系统动量一定守恒答案：CD解析：只要系统所受外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．3．[2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s答案：A解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守肃协M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度肃协作如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平，解得船的质量为M＝错误建省四两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细忽略空气阻力，则两球a、b的质量的比值(2)A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物块的质量之比为m1：m2＝1：2D．在t2时刻A与B的动能之比为E k1：E k2＝8：1答案：BD解析：由题图乙可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2的过程，A的速度继续增大，B的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从t2到t3的过程，A的速度减小，B的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1 m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4的过程，A的速度减小，B的速度增大，t4时刻，弹簧恢复到原长，B的速度等于初速度，A的速度为零，由以上分析可知，A错误，B正确．系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m2v0＝(m1＋m2)v1，解得m1：m2＝2：1，故C错误．由题图乙可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为v A＝2 m/s，v B＝－1 m/s，物块的动能E k＝12m v2，则A、B两物块的动能之比为E k1：E k2＝8：1，故D正确．10．[2019·广州模拟](多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示．则( )A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C．物块甲的速率可能达到5 m/sD．当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为0答案：AD解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有m v乙－m v甲＝2m v，解得v＝0.5 m/s，故B错误．若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则m v乙－m v甲＝－m v′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则m v乙－m v甲＝m v′甲＋m乙v′乙，代入数据解得v′乙＝－4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误．甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得m v乙－m v甲＝－m v′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得m v乙－m v甲＝m v′甲＋m乙v′乙，解得v′乙＝0，故D正确．11．[2019·山西省太原五中考试]如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m＝1 kg，现将小球C用长为0.2 m的细线悬于轻质支架顶端，m c＝0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝4m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒C．小球能上升的最大高度为0.16 mD．小球能上升的最大高度为0.12 m答案：C解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B项错误；A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有m v0＝2m v1，解得v1＝2 m/s；从开始到小球到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v2，有2m v1＋m c v0＝(2m＋m c)v2，解得v2＝2.4 m/s，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即m c gh＝12m c v20＋12·2m v21－12(2m＋m c)v2，解得h＝0.16 m，C项正确，D项错误．12．[2019·青岛模拟]某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7：2．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的1615：2的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰错误；碰撞后的共＋m 2)v和m2的弹性小球远大于两小球的半径，落地瞬间，碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞，则A反弹后能达到的最大高度为拟](多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的木块正以速度v 向左运动，一颗质量为m(m<M)的弹丸以速度v向右水平击中木块并最终停在木块中，设弹丸与木块之间的相互作用力大小不变，则在相互作用过程中( )A．弹丸和木块的速率都是越来越小B．弹丸在任一时刻的速率不可能为零C．弹丸对木块一直做负功，木块对弹丸先做负功后做正功D．弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等答案：CD解析：弹丸击中木块前，由于m<M，两者速率相等，所以两者组成的系统总动量向左，弹丸水平击中木块并停在木块中的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律可知，弹丸停在木块中后它们一起向左运动，即弹丸开始时向右运动，后向左运动，故弹丸的速率先减小后增大，木块的速率一直减小，由以上分析知，弹丸的速率可能为零，故A、B错误；木块一直向左运动，弹丸对木块一直做负功，弹丸先向右运动后向左运动，则木块对弹丸先做负功后做正功，故C正确；由牛顿第三定律知，弹丸对木块的水平作用力与木块对弹丸的水平作用力大小相等，相互作用的时间相等，由冲量的定义式I＝Ft知，弹丸对木块的水平冲量与木块对弹丸的水平冲量大小相等，故D正确．课时测评⑱综合提能力课时练赢高分一、选择题1．[2019·福建邵武七中联考]如图所示，一半径为R、质量为M的1/4光滑圆弧槽D，放在光滑的水平面上，将一质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，下列说法正确的是( )A．以地面为参考系，小球到达B点时相对于地的速度v满足1 2m v2＝mgRB．以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度v′满足1 2黑龙江哈三中模拟](多选)水平向右运动时与静止的小球粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒徽芜带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为，某时刻小球获得一瞬时速度v)湖北宜昌一中月考](多选)两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前图线，由图线可以判断( )3：2作用前后总动量守恒作用前后总动量不守恒作用前后总动能不变碰撞过程所受外力为零，作用前后总动量守恒，故根据动量守恒定律有：m3：2A×(1 )＝m ABm/s)2＝m(m/s)2，可见作用前后总动能不变，故，物块可视为质点．则碰撞前瞬间A1.0 m/s2.0 m/s川泸如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，<0，碰后A球向右运动，故1江如图所示，将一轻质弹簧从物体B＝2.0距天花板h＝2.4如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．现让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处由静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，并能从C点离开半圆槽，则以下结论中正确的是( ) A．球在槽内运动的全过程中，球与半圆槽在水平方向动量守恒B．球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将与墙不会再次接触答案：D解析：球从A点到B点的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B点到C点的过程中，球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在球运动的全过程，水平方向上动量也不守恒，选项A、B错误；当球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上的，所以此后球做斜上抛运动，即选项C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D正确．二、非选择题11.如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点．现使木箱和小木块同时获得大小为2 m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0. 4J，小木块最终停在木箱正中央．已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2 m．(g取10 m/s2)求：假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能1 875 J引爆炸药前后，由动量守恒定律可得v B，B。