高考真题分类汇总专题18运动学附答案
高考物理经典题(运动学)
高考物理经典题汇编--运动学（一）一、选择题1.（全国卷Ⅱ·15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。
若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（ B ）A．和0.30s B．3和0.30sC．和0.28s D．3和0.28s2.（江苏物理·7）如图所示，以匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。
该车加速时最大加速度大小为，减速时最大加速度大小为。
此路段允许行驶的最大速度为，下列说法中正确的有（ AC ）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线处减速，汽车能停在停车线处3.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。
弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。
在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（ BCD ）A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大4.（广东物理·3）某物体运动的速度图像如图，根据图像可知（ AC ）A.0-2s内的加速度为1m/s2B.0-5s内的位移为10mC.第1s末与第3s末的速度方向相同D.第1s末与第4.5s末加速度方向相同5.一物体在外力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。
设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则（ AC ）A．B．C．D．6.（海南物理·8）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其图像如图所示，图中和的面积分别为和.初始时，甲车在乙车前方处。
2018年高考物理真题分模块整理-答案
参考答案与解析专题1 质点的直线运动1．解析：选A.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后能回到原高度，重复原来的过程，以落地点为原点，速度为零时，位移最大，速度最大时位移为零，设高度为h ，则速度大小与位移的关系满足v 2＝2g (h －x )，A 项正确．2．解析：选A.设质点的初速度为v 0、末速率为v t ，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A 项正确，B 、C 、D 项错误．3．解析：选BD.根据题述，两车在t ＝3 s 时并排行驶，由v －t 图线与横轴所围面积表示位移可知，在t ＝1 s 时，甲车和乙车并排行驶，选项A 、C 错误．由图象可知，在t ＝1 s 时甲车速度为10 m/s ，乙车速度为15 m/s ，0～1 s 时间内，甲车行驶位移为x 1＝5 m ，乙车行驶位移为x 2＝12.5 m ，所以在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项B 正确．从t ＝1 s 到t ＝3 s ，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x ＝12×(10＋30)×2 m ＝40 m ，选项D 正确．4．解析：选BD.由于两球由同一种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r ，根据牛顿第二定律，下落过程中mg －kr ＝ma ，a ＝g －kr ρ×43πr 3＝g －3k 4πρr 2，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h ＝12at 2可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A 、C 项错误；由v 2＝2ah 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B 项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D 项正确．专题2 相互作用1．解析：选A.以O 点为研究对象，设绳OA 与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G ，根据共点力的平衡可知，F ＝G tan θ，T ＝G cos θ，随着O 点向左移，θ变大，则F 逐渐变大，T 逐渐变大，A 项正确．2．解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．3．解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A 项错误．设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg ，设经过t 1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v ，则v ＝μgt 1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg ，因此鱼缸在桌面上运动的时间t 2＝v μg，因此t 1＝t 2，B 项正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg (设鱼缸质量为m )，保持不变，C 项错误．若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动(最大静)摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D 项正确．4．解析：选BD.只要物块a 质量不变，物块b 保持静止，则连接a 和b 的细绳的张力就保持不变，细绳OO ′的张力也就不变，选项A 、C 错误．对物块b 进行受力分析，物块b 受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F 、桌面的支持力和摩擦力．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b 受到的支持力和物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B 、D 正确．专题3 牛顿运动定律1．解析：选BC.施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项A 错误，B 正确．质点开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，由a ＝Δv Δt可知，质点单位时间内速度的变化量Δv 总是不变的，但速率的变化量不确定，选项C 正确，D 错误．2．解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝ 2gh 7，故B 项正确，D 项错误． 3．解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A 错误．设每节车厢质量为m ，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f ＝kmg .设动车组匀加速直线运动的加速度为a ，每节动车的牵引力为F ，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F －8f ＝8ma ；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F 5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 5－3f ＝3ma ，解得F 5＝3F 4；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F 6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 6－2f ＝2ma ，解得F 6＝F 2；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F 5∶F 6＝3F 4∶F 2＝3∶2，选项B 正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x ＝v 22a，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C 错误．设每节动车的额定功率为P ，当有2节动车带6节拖车时，2P ＝8f ·v 1m ；当改为4节动车带4节拖车时，4P ＝8f ·v 2m ；联立解得v 1m ∶v 2m ＝1∶2，选项D 正确．专题4 曲线运动1．解析：选A.由于不计空气阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向抛出，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两小球的运动情况相同，即B 球的运动轨迹与A 球的一样，A 项正确．2．解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误． 3．解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝ FR m ＝ 2.25mgR m ＝45 m/s ，v 小＝ Fr m＝ 2.25mgr m＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．4．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B ∶E k A ＝5∶1.③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．答案：(1)5∶1 (2)见解析5．解析：(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有 v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg H x－F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到C 点时的速度为v C ，在由B 处运动到达C 点的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m.答案：(1)144 N (2)12.5 m6．解析：(1)打在探测屏AB 中点的微粒下落的高度32h ＝12gt 2① t ＝3h g.② (2)打在B 点的微粒初速度v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21③ v 1＝L g 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤能被屏探测到的微粒的初速度范围为： L g 4h ≤v ≤L g 2h.⑥ (3)由功能关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh ⑦ 代入④⑤式得L ＝22h .答案：见解析专题5 万有引力与航天1．解析：选B.开普勒在第谷的观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，B 项正确；牛顿在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律，找出了行星运动的原因，A 、C 、D 项错．2．解析：选C.为了实现飞船与空间实验室的对接，必须使飞船在较低的轨道上加速做离心运动，上升到空间实验室运动的轨道后逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接，选项C 正确．3．解析：选B.设地球半径为R ，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r ＝2R .设地球自转周期的最小值为T ，则由开普勒第三定律可得，（6.6R ）3（2R ）3＝（24 h ）2T 2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．4．解析：选B.卫星由轨道1进入轨道2，需在P 点加速做离心运动，故卫星在轨道2运行经过P 点时的速度较大，A 项错误；由G Mm r2＝ma 可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同，在轨道1运行时，卫星在不同位置有不同的加速度，B 项正确，C 项错误；卫星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定不相同，D 项错误．5．解析：选D.固定在赤道上的物体随地球自转的周期与同步卫星运行的周期相等，同步卫星做圆周运动的半径大，由a ＝r ⎝⎛⎫2πT 2可知，同步卫星做圆周运动的加速度大，即a 2>a 3，B 、C 项错误；由于东方红二号与东方红一号在各自轨道上运行时受到万有引力，因此有G Mm r2＝ma ，即a ＝G M r 2，由于东方红二号的轨道半径比东方红一号在远地点时距地高度大，因此有a 1>a 2，A 项错误、D 项正确．6．解析：选AD.卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即G Mm R 2＝m v 2R＝mR ⎝⎛⎭⎫2πT 2，得v ＝GM R ，T ＝2πR 3GM，由R A >R B ，可知，T A >T B ，v A <v B ，由于两卫星的质量相等，因此E k A <E k B ，A 项正确，B 项错误；由开普勒第三定律可知，R 3A T 2A ＝R 3B T 2B，D 项正确；卫星与地心的连线在t 时间内扫过的面积S ＝t T πR 2＝t GMR 2，可见轨道半径大的卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积大，C 项错误．专题6 机械能及其守恒定律1．解析：选C.根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE k ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，A 、B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G ＝－ΔE p ，即重力势能减少了1 900 J ，C 项正确，D 项错误．2．解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误． 3．解析：选BCD.小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．4．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦ P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m . 答案：见解析5．解析：(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B② 式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR .③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦E p ＝125mgR .⑧ (3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩ 式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m . 答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m 专题7 静电场1．解析：选B.电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，A 项错误；电场线与等势面处处垂直，B 项正确；电场强度与等势面的疏密程度有关，C 项错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于0，由W ＝qU 知，负电荷受到的电场力做负功，D 项错．2．解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝Q U可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝U d可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，A 、B 、C 错误．3．解析：选C.将一带正电荷的物体C 置于A 附近，由于静电感应，此时A 带负电，B 带正电，则A 项错误；由于整个导体处于静电平衡状态，即整个导体为等势体，A 、B 电势相等，B 项错误；移去C ，由于A 、B 中正负电荷中和，则贴在A 、B 下部的金属箔闭合，C项正确；先把A 和B 分开，然后移去C ，此时A 带负电，B 带正电，贴在A 、B 下部的金属箔都张开，则D 项错误．4．解析：选C.由于A 点处电场线比B 点处电场线疏，因此A 点电场强度比B 点小，A 项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B 项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，C 项正确；将检验电荷从A 点沿不同的路径移到B 点，由于A 、B 两点的电势差恒定，因此电场力做功W AB ＝qU AB 相同，D 项错误．5．解析：选D.由点电荷电场强度公式E ＝k q r 2可知，离场源点电荷P 越近，电场强度越大，Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b >a c >a a ，A 、B 选项错误；由力与运动的关系可知，Q 受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q 与P 带同种电荷，Q 从c 到b 的过程中，电场力做负功，动能减少，从b 到a 的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q 在b 点的速度最小，由于c 、b 两点的电势差的绝对值小于a 、b 两点的电势差的绝对值，因此Q 从c 到b 的过程中，动能的减少量小于从b 到a 的过程中动能的增加量，Q 在c 点的动能小于在a 点的动能，即有v a >v c >v b ，D 选项正确．6．解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确．7．解析：选AB.根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q 点的电势比P 点高，选项A 正确．油滴从P 点运动到Q 点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q 点的动能比它在P 点的大，选项B 正确．油滴从P 点运动到Q 点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q 点的电势能比它在P 点的小，选项C 错误．由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q 点的加速度和它在P 点的加速度大小相等，选项D 错误．专题8 恒定电流1．解析：选C.电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．2．解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋rR ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r ＝129.5A ＝1.26 A ，D 项错误．专题9 磁 场1．解析：选C.由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行，C 项错误，A 、B 项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子与地磁场的磁感线不平行，故受洛伦兹力的作用，D 项正确．2．解析：选A.设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝mv 2b L ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝mv c qB ，t c ＝16·2πm qB，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．3.解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P ，粒子运动轨迹与ON 的交点为Q ，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM 成30°角，由几何关系可知，PQ ⊥ON ，故出射点到O 点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R ，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R ＝mv qB，所以D 正确． 4．解析：选D.设加速电压为U ，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m ，一价正离子质量为M .质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12mv 21，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev 1B ＝m v 21r；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12Mv 22，该正离子在磁感应强度为12B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r ，洛伦兹力提供向心力，ev 2·12B ＝M v 22r；联立解得M ∶m ＝144∶1，选项D 正确．5.解析：选A.由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B，A 项正确．6．解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝qvB ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB. (2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB .粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB电场强度的大小为E ＝vB .答案：(1)mv qB 2πm qB(2)vB 7．解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向斜向右上方，与电场E 的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qE mg③ 代入数据解得tan θ＝3，θ＝60°④(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦ a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次经过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ．⑦答案：见解析8．解析：(1)峰区内圆弧半径r ＝mv qB① 旋转方向为逆时针②(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3③ 每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πmv 3qB④ 每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3mv qB⑤ 周期T ＝3（l ＋L ）v⑥ 代入得T ＝（2π＋33）m qB⑦(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧谷区内的轨道圆弧半径r ′＝mv qB ′⑨ 由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2⑩ 由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B . 答案：见解析专题10 电磁感应1．解析：选BCD.由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，A 项错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉他不能正常工作，B 项正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C 项正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的电流方向不断变化，D 项正确．2．解析：选B.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔB Δt为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确．3．解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2a l 2b＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρL S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R a＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R a R b＝27，故D 项错误． 4．解析：选AB.设圆盘的半径为r ，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E ＝12Br 2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a 到b 的方向流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 可知，电阻R 上的热功率变为原来的4倍，D 项错误．5．解析：选BC.设某时刻金属棒的速度为v ，根据牛顿第二定律F －F A ＝ma ，即F 0＋kv－B 2l 2v R ＋r ＝ma ，即F 0＋⎝⎛⎭⎫k －B 2l 2R ＋r v ＝ma ，如果k >B 2l 2R ＋r，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v －t 图象的切线斜率也越来越大，由于F A ＝。
最新高考物理试卷分类汇编物理曲线运动(及答案)
最新高考物理试卷分类汇编物理曲线运动(及答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？【答案】（1）glμ（2）34mglkl mgμμ-【解析】【分析】（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mlω02，解得：ω0=g l μ即当ω0＝glμA开始滑动．（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12，r=l+△x解得：34mgl xkl mgμμ-V＝【点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．2．如图所示，在风洞实验室中，从A 点以水平速度v 0向左抛出一个质最为m 的小球，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F ，经过一段时间小球运动到A 点正下方的B 点 处，重力加速度为g ，在此过程中求（1）小球离线的最远距离； （2）A 、B 两点间的距离； （3）小球的最大速率v max ．【答案】（1）202mv F（2）22022m gv F （3）2220 4v F m g F +【解析】 【分析】（1）根据水平方向的运动规律，结合速度位移公式和牛顿第二定律求出小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；（2）根据水平方向向左和向右运动的对称性，求出运动的时间，抓住等时性求出竖直方向A 、B 两点间的距离；（3）小球到达B 点时水平方向的速度最大，竖直方向的速度最大，则B 点的速度最大，根据运动学公式结合平行四边形定则求出最大速度的大小； 【详解】（1）将小球的运动沿水平方向沿水平方向和竖直方向分解 水平方向：F ＝m a x v 02＝2a x x m解得：202m mv x F＝ （2）水平方向速度减小为零所需时间01xv t a ＝ 总时间t ＝2t 1竖直方向上：22202212m gv y gt F＝＝ （3）小球运动到B 点速度最大 v x =v 0 V y =gt222220max 4x y v v v v F m g F＝＝++【点睛】解决本题的关键将小球的运动的运动分解，搞清分运动的规律，结合等时性，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．3．如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．【答案】(1)5 m/s≤v0≤13 m/s；(2)55m/s；【解析】【分析】【详解】（1）若v太大，小球落在空地外边，因此，球落在空地上，v的最大值v max为球落在空地最右侧时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1．则小球的水平位移：L+x=v max t1，小球的竖直位移：H=gt12解以上两式得v max=（L+x）=（10+3）×=13m/s．若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在空地上，v的最小值v min为球恰好越过围墙的最高点P落在空地上时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L=v min t2小球的竖直方向位移：H﹣h=gt22解以上两式得v min=L=3×=5m/s因此v0的范围是v min≤v0≤v max，即5m/s≤v0≤13m/s．（2）根据机械能守恒定律得：mgH+=解得小球落在空地上的最小速度：v min′===5m/s4．如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数 ,重力加速度.求:(1)滑块通过C点时的速度大小;(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力;(3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.【答案】（1）（2）45N（3）【解析】【详解】（1）设滑块从C点飞出时的速度为v c，从C点运动到D点时间为t滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=gt2水平方向：s1=v c t解得：v c=10m/s（2）设滑块通过B点时的速度为v B，根据机械能守恒定律mv B2=mv c2+2mgR解得：v B=10m/s设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m解得：N=45N（3）设滑块从A点开始运动时的速度为v A，根据动能定理；-μmgs2=mv B2-mv A2解得：v A=16.1m/s设滑块在A点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mv A解得：I=8.1kg•m/s；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．5．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
最新高考真题分类答案
必修一第一章直线运动1.1运动学的基本概念1.A 【解析】本题主要结合v-t图象考查了平均速度、位移、加速度等知识,解题关键是理解图象斜率代表加速度、图象与两个坐标轴围成的面积代表位移.平均速度等于位移除以时间,显然甲图线与坐标轴围成的面积大,位移大,则平均速度也大,A项正确,C项错误;根据初、末速度平均值的方法求平均速度只适用于匀变速直线运动,B项错误;甲、乙两条图象的斜率绝对值均不断减小,可见它们的加速度均减小,D项错误.2.BC【解析】本题考查运动图象问题.由题图是x-t图象,图线交点即是两车相遇位置,t1时刻之前一直是a在前,此时应是b追上a,A项错误;图象的的斜率大小表示速率,正负表方向,从图中可以判断B、C项正确;由题图可知在t1到t2这段时间内,b车是先沿正方向做减速运动,直至为零,然后反向加速运动,a车是沿正方向做匀速运动,速率不可能一直比b 车小,D项错误.1.2匀变速直线运动规律1.D【解析】本题考查对运动学图象的认识与应用及利用图象分析问题的能力.0~2 s内速度都为正,因此第1 s末的速度方向没有发生改变,A项错误;图象的斜率表示运动的加速度,1~3 s图象的斜率一定,加速度一定,因此2 s末加速度方向没有发生变化,B项错误;前2 s内的位移为图线与时间轴所围的面积,即位移x=×2×2 m=2 m,C项错误;第3 s末和第5 s末的位移都为x=×1×2 m=1 m,因此这两个时刻质点处于同一位置,D项正确.2.B【解析】本题考查运动学公式的应用,解题的关键是找到已知的运动学的量,选用合适的公式解题,考查了考生熟练应用公式解题的能力.设滑行前需要获得的最小初速度为v0,由v2-=2ax,得v0=,解得v0=10 m/s,B项正确.1.3运动的图象追及和相遇问题1.B 【解析】本题主要结合v-t图象考查了平均速度、位移、加速度等知识,解题关键是认清斜率代表加速度、以及图象与两个坐标轴围成的面积代表位移.速度是矢量,根据图象可知,物体在第1 s内和第3 s内的速度均为正方向,A项错误;图线的斜率表示加速度,第3 s内和第4 s内图线的斜率相同,表明物体的加速度相同,B项正确;图线与时间轴围成的面积表示位移的大小,面积在时间轴以上表示位移为正,在时间轴以下表示位移为负,C 项错误;由面积可知,0~2 s内物体的位移与0~4 s内物体的位移相同,但是由于时间不同,所以平均速度不同,D项错误.2.D【解析】由图可知,在0~时间内a=a0>0,若v0≥0,物体做匀加速运动;若v0<0,物体做匀减速运动,B、C项错误;由于在T~2T时间内a=-a0,故图线斜率的绝对值与0~时间内相同,A项错误,D项正确.1.4自由落体和竖直上抛运动1.D【解析】本题考查速度时间图象与牛顿第二定律的综合,解题的关键是理解好速度时间图象斜率的意义.不计空气阻力的物体在运动中只受重力作用,因此运动的加速度始终等于g;计空气阻力的物体在运动中受重力和阻力的作用,物体在上升时根据牛顿第二定律得a=,物体上升过程中速度逐渐减小,故加速度逐渐减小,当速度减为零时,加速度减为g,速度—时间图象的斜率表示加速度,故计空气阻力的物体在速度没有减为零时斜率比不计空气阻力的物体的斜率大,当速度减为零时的斜率与不计空气阻力物体的斜率相同,D项正确,A、B、C项错误.2.C【解析】小球在抛出点上方运动的时间t= s=1.2 s.因每隔0.2 s在抛出点抛出一个小球,因此第一个小球在1.2 s的时间内能遇上n=-1=5个小球,C项正确.1.5实验:长度的测量探究匀变速直线运动1.(1)2.10 cm或2.40 cm(±0.05 cm,有效数字位数正确)(2)1.13 m/s或1.25 m/s(±0.05 m/s,有效数字位数不作要求)小于(3)C【解析】本题考查纸带的处理实验,解题的关键是会根据纸带分析物体的运动情况.第一条纸带两点的读数分别是3.90 cm和6.00 cm,因此两点间的距离为2.10 cm,第二条纸带两点的读数分别是4.10 cm和6.50 cm,因此两点间的距离为2.40 cm;第一条纸带ce两点间的距离为4.50 cm,第二条纸带ce两点间的距离为5.00 cm;时间间隔为0.04 s,根据平均速度v=,因此v1≈1.13 m/s,v2=1.25 m/s,故v①<v②;纸带①在连续相等的时间内运动的位移差是恒量,做匀加速运动,因此是用图甲所示的实验装置得到的,纸带②在连续相等的时间内运动的位移差不是恒量,并且最后做匀速运动,因此是用图乙所示的实验装置得到的,C项正确.2.(1)BD(2)9.4(3)增加小球下落的高度;多次重复实验,结果取平均值(合理即可)(4)由H1=和H2=可得g=,因此可以消去Δt的影响【解析】本题考查测重力加速度实验,考查实验要点、数据处理、误差分析及实验分析,解题的关键是要掌握实验原理,主要考查考生的实验设计、数据处理及实验分析的能力.(1)无论是直流电源还是交流电源,闭合开关时,均会产生电流使电磁铁具有磁性,起到一样的效果,A项错误;M调在电磁铁的正下方,以便第一个球落到M时,电路断开,释放第二个小球,B项正确;应测量小球未释放时小球的下端到M的竖直距离作为小球下落的高度,C项错误;手动敲击M的同时是小球开始下落的时间,这时应开始计时,D项正确.(2)g=m/s2≈9.4 m/s2.(3)(4)见答案部分.第二章相互作用2.1重力弹力摩擦力1.A【解析】本题考查了共点力的平衡,解题关键是选择正确的研究对象,并对其进行准确的受力分析.对原木P进行受力分析,可知原木与地面的接触属于点与面的接触,受到的支持力方向垂直于接触面,即地面,因此M处的支持力方向竖直向上,A项正确;同理,N处的接触属于点与点的接触,受到的支持力垂直于共切面,即竖直偏左,B项错误;M处的摩擦力与地面相切,沿水平方向,C项错误;N处的摩擦力与共切面平行,即沿MN方向,D项错误.2.BD【解析】本题考查物体的动态平衡.解题的关键是比较下滑力与摩擦力的大小关系.P在斜面上处于静止状态,设P的质量为M,斜面的倾角为θ,斜面与P之间的动摩擦因数为μ0,则有最大静摩擦力μ0Mg cos θ≥Mg sin θ,当加上一个质量为m的Q物体后,仍然有μ0(M+m)g cos θ≥(M+m)g sin θ,因此P仍处于静止状态,A项错误,B项正确;由于P处于静止状态,合力为零,C项错误;由物体的平衡知,P与斜面的静摩擦力由Mg sin θ变为(M+m)g sin θ,D项正确.3.D【解析】本题考查共点力平衡,解题的关键是掌握整体法和隔离法处理共点力平衡问题的方法.对木块受力分析如图甲所示,由几何知识木块受摩擦力f=mg sin θ,支持力N=mg cos θ,由牛顿第三定律:木块对斜面体的压力是mg cos θ,A、B项错误;对整体受力分析如图乙所示,由共点力平衡桌面对斜面体的摩擦力为0,桌面对斜面体的支持力是(M+m)g,C项错误,D项正确.4.CD【解析】本题考查摩擦力.滑动摩擦力和静摩擦力均既可以做动力,也可以做阻力,C、D项正确.2.2受力分析(力的合成与分解共点力的平衡)1.A 【解析】本题考查共点力的平衡问题,解题的关键是知道绳剪短后两绳夹角的变化情况.木板处于静止状态,因此木板所受到的合力F1不变,绳剪短后,两绳的夹角增大,两绳的合力不变,故两绳的拉力F2增大,A项正确.2.D【解析】本题考查共点力的平衡,解题的关键是研究对象的选取.对两个小球组成的整体受力分析,根据平衡条件的推论做平行四边形如图,解三角形得,T A=2T C,根据胡克定律F=kΔx,故A、C两弹簧的伸长量之比为2∶1,D项正确.3.D【解析】本题考查受力分析和动态平衡问题,解题的关键是分析小球的受力情况和轨迹.解题时先分析小球的受力情况:受重力、支持力和细绳的拉力,三个力共点平衡.根据受力分析可知:支持力和绳子拉力的合力始终与重力等大反向.随着绳子与竖直方向夹角变大,绳子中的张力先减小后增大,支持力一直变大,D项正确.2.3实验:探究弹力与弹簧伸长量的关系验证力的平行四边形定则1.(1)81.70.0122(2)如图所示(3) (在之间均可) (在之间均可)【解析】本题考查了胡克定律的实验探究,解题关键是根据实验装置,理解实验原理.(1)根据表格中的数据可以分析出,挂上重物后,20圈的弹簧长度增加约1.2 cm,所以k==81.7 N/m, m/N=0.0122 m/N.(2)根据计算出的数据以及表格中的数据进行描点,用一条平滑的直线连接,如图所示.(3)根据题意,图线过原点,所以取较远的点作为取值点进行计算,根据图象可以得到和n的函数关系为n=0.578×10-3n,则k=N/m;自由长度和圈数间的关系为l0=n=0.00198n,联立可得k=.2.(1)如图所示(F合=4.6~4.9之间都算对)(2)F a=F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋.(或者:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的橡皮筋)【解析】本题考查验证力的平行四边形定则的相关知识.解题的关键是理解实验的等效替代法,会利用作图法求合力,同时知道减小实验误差提高实验精度的基本方法.(1)以F1、F2为邻边作平行四边形,量出对角线的长,根据标度求出合力的大小.(2)尽管N点的轨迹不同,但是Oa、Ob在一条直线上,设该直线与竖直方向的夹角为α,橡皮筋所受的拉力均为F=.(3)从实验中两次轨迹图可以看出,第二次伸长的距离较大,而且拉力越大,两次长度的差值越大.故B、D项正确.(4)要提高实验的精度,要保证前后两次相同的力作用下,橡皮筋的伸长量基本相同.所以要保证橡皮筋伸长在弹性限度范围内,据此提出注意事项.3.(1)如图所示53(说明:±2内都可)(2)2.10(说明:有效数字位数正确,±0.02内都可)如图所示(3)3.3(说明:±0.2内都可)【解析】本题主要考查探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系和求合力的方法的实验.描点连线作出F—x图像,图像的斜率表示弹簧的劲度系数;选定比例标度,然后作出两力的图示,以两力的图示为邻边作平行四边形,平行四边形的对角线即为合力,量出对角线的长度除以标度就是合力的大小.4.①竖直②静止L3 1 mm③L x④4.910【解析】本题主要通过实验对考生的读数、实验条件的控制和数据处理等实验能力进行了考查,除此还考查了考生的推理能力和分析综合能力.(1)①游标卡尺的读数:50mm+1×0.1 mm=50.1 mm=5.01 cm,螺旋测微器的读数:5 mm+31.5×0.01 mm=5.315 mm.②为了保护电路,应让电键闭合前电路中电流最小,故电阻应接入最大值.③此电路圆柱体和电阻箱在干路电流相同时,与电阻箱可等效替代,故电阻等于1280 Ω.(2)①弹簧测量原长时应竖直悬挂,在静止时测量,防止弹簧自重和运动状态对测量弹簧原长造成的影响;②由表中数据可知刻度尺估读到0.1 mm,应精确到1 mm,L3未进行估读,故错误;③图像过原点,未放砝码时m=0时,x=0,故x应为弹簧长度与弹簧挂上砝码盘时长度L x的差值.④弹簧弹力F弹=mg=kx,故m=x,可判断图线的斜率为k'=,可解得弹簧劲度系数k=k'g=×9.8N/m=4.9 N/m,砝码盘的质量m= kg=0.01 kg=10 g第三章牛顿运动定律3.1牛顿三大定律1.A【解析】本题考查了牛顿第二定律与受力分析.设橡皮筋原长为l0,劲度系数为k.静止时kx1=mg,小球距离悬点高度h1=l0+x1=l0+;加速时设橡皮筋与水平夹角为θ,此时kx2sin θ=mg,小球距离悬点竖直高度h2=(l0+x2)·sin θ=l0sin θ+,因此小球高度升高.2.AC 【解析】本题考查了速度时间图象与牛顿第二定律的综合,解题的关键知道物体做加速运动和减速运动时的力学特征.当物体做加速运动时,合外力方向与速度方向相同,题图中t1和t3时刻质点加速,合力方向与速度方向相同,A、C项正确,B、D项错误.3.AC【解析】本题考查物理学史和物理学研究方法,解题的关键是对伽利略的贡献和研究过程的掌握.伽利略在研究物体的运动不需要力来维持和自由落体运动规律时都用到了实验研究和逻辑推理相结合的方法,A、C项均正确;物体之间普遍存在相互作用和物体间的相互作用力总是大小相等方向相反,是牛顿第三定律的内容,B、D项错误.4.B【解析】本题考查物体的受力分析及牛顿第二定律.经分析可知,小球对斜面的压力为mg cos θ,其最大值为mg,所以压力与其最大值的比值为cos θ,对应图中③;根据牛顿第二定律,小球运动的加速度a=g sin θ,最大值为g,所以比值为sin θ,对应图中②;重力加速度是一定值,故对应图中①,B项正确.3.2失重和超重1.D 【解析】本题考查力与运动的关系,解题的关键是分析物体受力特点及运动特点.物体由静止向上运动,直至离开手的过程中,物体先由静止向上做加速运动,在物体离开手的一瞬间手与物体速度相同,物体与手的作用力为零,这时物体只受重力作用,加速度等于重力加速度,方向向下,此时手向下的加速度需大于重力加速度,才能与物体分离,C项错误,D 项正确;物体开始时向上先做加速运动处于超重状态,离开手时加速度向下,处于失重状态,A、B项错误.2.AC【解析】本题考查力学综合,解题的关键是会根据速度—时间图像分析物体的受力情况.前3 s内物体向上做匀加速运动,故处于超重状态,A项正确;最后2 s内,根据速度—时间图像的斜率表示加速度,可得加速度大小为3 m/s2,说明物体除了受重力还受向上的拉力作用,B项错误;物体在前3 s内和后2 s内都做匀变速直线运动,平均速度等于初、末速度和的一半,故平均速度大小相等,C项正确;第3 s末到第5 s末,物体向上做匀速运动,机械能显然增大,D项错误.3.3牛顿运动定律的综合应用1.本题考查了运动学规律和牛顿第二定律的应用;解题关键是根据题意分析出运动员速度最大时,其加速度为零,利用平衡条件求出最大速度.(1)该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v=gts=gt2根据题意有s=3.9×104 m-1.5×103 m联立解得t=87 sv=8.7×102 m/s(2)运动员达到最大速度v max时,加速度为0,根据牛顿第二定律有mg=k由所给的v-t图象可读出v max≈360 m/s两式联立解得k=0.008 kg/m2.A【解析】本题考查矢量的合成与分解和牛顿第二定律的应用,解题的关键是要把加速度合理分解.对小球进行受力分析,小球受3个力,重力、斜面的支持力、细线的拉力,分解重力和加速度,即可得:mg cos θ-F N=ma sin θ,T-mg sin θ=ma cos θ,解上述方程可得F N、T 的值,A项正确.3.(1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得L=v0t+at2①v=v0+at②联立①②得a=3 m/s2③v=8 m/s④(2)设物块所受支持力为F N,所受摩擦力为F f,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得F cos α-mg sin θ-F f=ma⑤F sin α+F N-mg cos θ=0⑥又F f=μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F=⑧由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α)⑨由⑧⑨式可知对应F最小的夹角为α=30°⑩联立⑧⑨⑩式,代入数据得F的最小值为Fmin= N3.4实验:探究加速度与力、质量的关系1. (1)如图所示(2)0.40(3)【解析】本题考查“力学实验”,解题的关键是分析好滑块的运动情况.作F-G图象时先描点,然后用平滑的直线连接;由F=μG得F-G图象的斜率表示动摩擦因数,故μ==0.4;滑块由静止释放后先做加速运动,重物下落高度h落地后再做匀减速运动,滑块减速运动的位移为s-h,根据牛顿第二定律得滑块减速运动的加速度a=μg,根据位移初末速度公式得-2μg(s-h)=0-,解得v m=.2.(1)B(2)C(3)0.42【解析】本题考查了“验证牛顿第二定律”的实验.(1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的摩擦力、细线的拉力.为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力,应把木板的一端垫起适当的高度,以使重力、支持力、纸带的摩擦力三个力的合力为零,即小车做匀速运动,因此在进行这一操作时,不应挂砂桶,小车应连接纸带,A、C项错误,B项正确.(2)只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时,绳的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力,C项正确.(3)相邻两计数点间的时间间隔T=0.1 s,由Δx=aT2可得a=,代入数据解得a≈0.42 m/s2.必修二第四章曲线运动万有引力4.1曲线运动运动的合成与分解1.B【解析】本题考查运动的合成与分解.设河岸宽为d,船速为u,则根据渡河时间关系得=k,解得u=,所以B项正确.2.AD【解析】合力的方向与加速度方向相同,与速度的方向和位移的方向无直接关系,当物体做加速运动时,加速度方向与速度方向相同;当物体做减速运动时,加速度的方向与速度的方向相反,A项正确;物体做变速率曲线运动时,其所合外力的方向不一定改变,比如平抛运动,B项错误;物体做匀速率圆周运动时,其所受合外力的方向一定指向圆心,若非匀速率圆周运动,则合外力一定不指向圆心,C项错误;物体做匀速率曲线运动时,速度的大小不变,所以其所受合外力始终指向圆心,则其方向总是与速度方向垂直,D项正确.3.BD【解析】根据题述,C的速度大小一定不小于A、B的速度大小,A项错误,B项正确;由平行四边形法则可知,C的速度方向一定在CA和CB的夹角范围内,C项错误,D项正确.4.设B车的速度大小为v.如图,标记R在时刻t通过点K(l,l),此时A、B的位置分别为H、G.由运动学公式,H的纵坐标y A、G的横坐标x B分别为y A=2l+at2①x B=vt②在开始运动时,R到A和B的距离之比为2∶1,即OE∶OF=2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的,在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1因此,在时刻t有HK∶KG=2∶1③由于△FGH∽△IGK,有HG∶KG=x B∶(x B-l)④HG∶KG=(y A+l)∶2l⑤由③④⑤式得x B=l⑥y A=5l⑦联立①②⑥⑦式得v=⑧4.2抛体运动1.本题考查匀变速直线运动、相对速度以及平抛运动的相关知识.解题的关键是正确运用匀变速直线运动与平抛运动的规律分析与解决问题.(1)装甲车加速度a= m/s2(2)第一发子弹飞行时间t1==0.5 s弹孔离地高度h1=h-=0.55 m第二发子弹离地的高度h2=h-g()2=1.0 m两弹孔之间的距离Δh=h2-h1=0.45 m(3)依题分析,靶上的弹孔只能是第二发子弹留下的.第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L1L1=(v0+v) =492 m第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L2L2=v+s=570 mL的范围492 m<L≤570 m2.ABC【解析】根据题述,tan θ=,x=vt,tan θ=,H=h+y,y=gt2,由此可算出轰炸机的飞行高度H,轰炸机的飞行速度v,炸弹的飞行时间t,A、B、C项正确;由于题述没有给出炸弹质量,不能得出炸弹投出时的动能,D项错误.3.A【解析】本题考查的是斜抛运动,解题的关键是把斜抛运动合理分解.此题可以看成平抛的逆运动,分解抛出时的初速度v0,可以得水平分速度为v x=v0cos 60°=8 m/s,竖直分速度为v y=v0sin 60°=24 m/s,高度h==28.8 m,水上升用时t==2.4 s,流量q=0.28m3/min=0.0047 m3/s,出水量Q=qt,那么出水量Q=0.011 2 m3,A项正确.4.BD【解析】本题考查平抛运动的知识,解题的关键是利用运动合成与分解.根据平抛运动h=gt2,得t=,因此平抛运动的时间只由高度决定,因h b=h c>h a,所以b与c飞行的时间相同,大于a飞行的时间,因此A错误;B正确;做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动,b的水平距离大于c,而t b=t c,所以v b>v c,即b的水平初速度比c的大,D正确;又因x a>x b,而t a<t b,所以a的水平初速度比b的大,C错误.4.3圆周运动1.C【解析】本题考查了变速圆周运动中的机械能守恒以及牛顿运动定律等,解题关键是应用牛顿第三定律把两个相互作用的环联系起来.当小环从最高点滑至最低点过程中机械能守恒mg2R=mv2,解得=4mg.在最低点根据圆周运动的规律和牛顿第二定律有F N-mg=,解得F N=5mg,根据牛顿第三定律大环受到的压力也为5mg;设大环受到杆的拉力为F,根据杆受力平衡,有F=F N+Mg=5mg+Mg,再根据牛顿第三定律可知大环对杆的拉力为5mg+Mg,C项正确.2.C【解析】本题考查牛顿第二定律在圆周运动的应用.解题的关键是要根据牛顿第二定律列出向心力表达式.物体随圆盘做斜面上的圆周运动时,运动到最低点时需要的向心力最大,静摩擦力最大,因此在最低点时刚好要滑动时的转动角速度为最大值,这时,根据牛顿第二定律可知,μmg cos 30°-mg sin 30°=mrω2,求得ω=1.0 rad/s,C项正确,A、B、D项错误.3.AC【解析】本题考查生活中的圆周运动和临界问题.解题的关键是理解汽车转弯时的受力情况.汽车受力情况如图所示:由题干可知汽车相对斜面没有滑动趋势,所以汽车不受摩擦力作用.支持力的分力提供向心力,A项正确;速度低于v0,汽车有向内侧滑动的趋势,受到向外侧的静摩擦力作用,不一定会发生相对滑动,B项错误;车速高于v0,会受到沿斜面向下的静摩擦力,不超出某一值,不会向外侧滑动,C项正确;路面结冰时,汽车刚好没有相对运动趋势时的受力不发生变化,所以路面结不结冰不影响v0的数值,D项错误.4.D【解析】因为单摆在摆动过程中,靠径向的合力提供向心力,设单摆偏离竖直位置的夹角为θ,则有F T-mg cos θ=m,因为最低点时,速度最大,θ最小,则绳子的拉力最大,所以摆动到最低点时绳最容易断裂,D项正确,A、B、C项错误.5.(1)由题意:小物块受到的摩擦力恰好为零,所以小物块受重力和支持力的作用,设其圆周运动的半径为r.根据牛顿第二定律有mg tan 60°=m r①由几何关系r=R sin 60°②联立①②两式解得ω0=③(2)当ω=(1+k)ω0时,物块转速较大,物块受到的摩擦力方向沿陶罐壁切线向下设摩擦力为f,陶罐壁的支持力为N,根据平衡方程和牛顿第二定律,有N cos 60°=mg+f sin 60°④N sin 60°+f cos 60°=mω2R sin 60°⑤联立③④⑤式可解得f=mg当ω=(1-k)ω0时,物块转速较小,物块受到的摩擦力方向沿陶罐壁切线向上同理,有N cos 60°+f sin 60°=mg⑥N sin 60°-f cos 60°=mω2R sin 60°⑦联立③⑥⑦式可解得f=mg4.4万有引力与天体运动1.BD【解析】本题考查了天体运动.若一年内某行星发生两次冲日,地球的周期必是该行星周期的2倍,各行星周期不满足这样的条件,A项错误;假设木星不动,在2015年1月6日又会发生木星冲日,实际上木星往前运行了一些,冲日时间会偏晚一些,B项正确;天王星周期年,远大于地球周期,天王星相邻两次冲日间隔近似一年,土星周期年,也远大于地球周期,土星相邻两次冲日间隔近似一年,C项错误;周期越大,相邻两次冲日间隔越短,D项正确.2.D 【解析】本题考查了天体运动和功能关系,解题的关键是知道外力做功量度了哪种玉兔飞到飞船所在的轨道上能的变化.在月球表面上,万有引力约等于重力,故=mg月,的速度设为v,万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力,由,根据功能原理知发动机对玉兔号飞船做的功等于飞船增加的机械能,故W=,三式联立得W=,D项正确,A、B、C项错误.3.B【解析】本题考查天体运动,解题的关键是对双星特点的掌握.设两颗恒星的质量分别为m1和m2,两颗恒星的运行半径分别为r1和r2,两恒星之间的距离L=r1+r2,两恒星运动时都是它们之间的万有引力提供向心力,即=m1r1=m2r2,联立得两恒星的质量和M=m1+m2=,故T2=,当质量变为原来的k倍,距离变为原来的n倍时,周期T'=T,B项正确.4.B【解析】本题考查万有引力的相关知识,解题的关键是理清各量之间的关系.设恒星“Gliese581”的质量为M1,该行星的质量为m1,半径为R1,其公转周期为T1,表面的重力加速度为g1,恒星“Gliese581”与该行星之间的距离为r1,在该行星上发射卫星的第一宇宙速度为v1;太阳的质量为M2,地球的质量为m2,半径为R2,表面的重力加速度为g2,其公转周期为T2,日地之间的距离为r2,在地球上发射卫星的第一宇宙速度为v2,由行星运动的向心力由万有引力提供,可知m'=G,所以第一宇宙速度为v=,则在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度之比为=2,A项错误;物体在行星表面的重力等于万有引力,所以有mg=G,可得g=G则在该行星和地球表面上的重力加速度之比=6×,所以如果人到了该行星,其体重是地球上的2倍,B项正确;由mr=G,可得r=,所以,C项错误;根据爱因斯坦的相对论,可知D项错误.5.A【解析】本题考查万有引力的应用,解题的关键是要抓住题设条件“引力为零”的含义.设地球的密度为ρ,地球的质量为M,根据万有引力定律可知,地球表面的重力加速度g=.地球质量可表示为M=πR3ρ,因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零,所以矿井底部可等效为地面,矿井以下剩余地球的质量为M1=π(R-d)3ρ,解得M1=M,则矿井底部处的重力加速度g1=,则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为=1-,选项A正确.4.5实验:探究平抛运动的规律1.(1)ac (2)c (3)2.0 4.0。
物理高考试题分类汇编及答案.docx
D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【答案】D
【解析】在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有 ，可得 ，A能求出地球质量。根据万有引力提供卫星、月球、地球做圆周运动的向心力，由 ， ，解得 ；由 ，解得 ；由 ，会消去两边的M；故BC能求出地球质量，D不能求出。
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
5．【2017·新课标Ⅲ卷】2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的
A．周期变大B．速率变大
C．动能变大D．向心加速度变大
【答案】C
6．【2017·江苏卷】“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380 km的圆轨道上飞行，则其
A．86 cmB．92 cmC．98 cmD．104 cm
【答案】B
2．【2017·天津卷】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是
A．绳的右端上移到 ，绳子拉力不变
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【答案】C
2．【2017·江苏卷】如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为
2018年高考物理+答案详解
由F
= kx
可得： k= F = x
mg x2 − x1
0.100 9.8 =（3.775 −1.950）10−2
N / m 53.7N / m
。
考点：形变、弹性、胡克定律 弹力和弹簧伸长的关系实验
7
启达教育
10.（10 分）某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在 25℃~80℃范围内某热敏电阻的温 度特性。所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻 RT，其标称值（ 25℃时的 阻值）为 900.0Ω；电源 E（6V，内阻可忽略）；电压表 V（量程 150mV）；定值电阻 R0（阻 值 20.0Ω），滑动变阻器 R1（最大阻值为 1000 ）；电阻箱 R2（阻值范围 0~999.9 ）；单刀 开关 S1，单刀双掷开关 S2。
E0=0，由动能定理可知 Ek-E0=Fs，即 Ek=Fs，所以 Ek 与 s 成正比。
另外 Ek = 1 mv2 = 1 ma2t2 = p2 ，ACD 错误。
2
2
2m
考点：匀速直线运动
2. 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖 直向上的力 F 作用 在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移， 在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是（ ）。
6
启达教育
9.（5 分）如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构
成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为
图中的指针。
现要测量图（a）中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指
运动学高考真题(涵盖高考运动学各个考点 带答案)
直线运动专题（2009）15. 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相互平行，物体距离左镜4m ，右镜8m ，如图所示，物体在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是 （ B ）A. 24mB. 32mC. 40mD. 48m（2009）23. （10分）某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图。
长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上。
在平板上标出A 、B 两点，B 点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间。
实验步骤如下：①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d ，用天平测量滑块的质量m ；②用直尺测量AB 之间的距离s ，A 点到水平桌面的垂直距离h 1，B 点到水平桌面的垂直距离h 2；③将滑块从A 点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t 1 ④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值；⑤利用所测数据求出摩擦力f 和斜面倾角的余弦值cos α；⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，作出f －cos α关系曲线。
（1）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g ）： ①斜面倾角的余弦cos α= ； ②滑块通过光电门时的速度v= ； ③滑块运动时的加速度a= ；④滑块运动时所受到的摩擦阻力f= ；（2）测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示，读得d= 。
23. （10分）（1）①sh h s 2212)(cos --=α②d t③222t s d a = ④21222h h d mg m s st -- （2）3. 62cm（2008）．14如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。
物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足A.tanφ=sinθB. tanφ=cosθC. tanφ=tanθD. tanφ=2tanθ14、D 解析：竖直速度与水平速度之比为：tanφ = gtv0，竖直位移与水平位移之比为：tanθ= 0.5gt2v0t，故tanφ =2tanθ，D正确。
2018年高考题汇编(一)-运动学
2018年高考题汇编（一）运动学1.(2018·新课标Ⅰ卷T14，单选)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（ ）A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案：B解析：因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有v=at ，而动能表达式E k =12mv 2=12m(at)2，可知动能与所经历的时间平方成正比，A 错误；依据动能定理，则有F 合x=12mv 2-0可知，动能与它的位移成正比，B 正确；由动能表达式E k =12mv 2，可知，动能与它的速度平方成正比，C 错误；依据动能与动量关系式E k =P 22m，可知动能与它的动量平方成正比，D 错误. 2.(2018·新课标Ⅱ卷T19，多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已知两车在t 2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A.两车在t 1时刻也并排行驶B.在t 1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大答案：BD解析：已知在t 2时刻，两车并排行驶，在t 1﹣t 2时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知甲通过的位移大，可知t 1时刻，乙车在前，甲车在后，两车没有并排行驶，A 错误、B 正确；线切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大，C 错误、D 正确.3.(2018·新课标ⅢT18，多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动,甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示,下列说法正确的是（ ）A.在t 1时刻两车速度相等B.从0到t 1时间内，两车走过的路程相等C.从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等D.在t 1到t 2时间内的某时刻，两车速度相等答案：CD解析：x ﹣t 图象的斜率表示速度，在t 1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，乙车的速度大于甲车速度，A 错误；从0到t 1时间内，两车走过的路程是乙车大于甲车，B 错误；从t 1到t 2时间内，两车走过的路程均为x 2﹣x 1，路程相等，C 正确；根据图象可知，在t 1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在t 2时刻乙图象的斜率小于甲图象的斜率，在t 1到t 2时间内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，D 正确.4.(2018·新课标ⅢT22，6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间.实验步骤如下：（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂.乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L 刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺.（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子.若夹住尺子的位置刻度为L 1，重力加速度大小为g ，则乙的反应时间为 （用L 、L 1和g 表示）.（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80m/s 2，L=30.0cm ，L 1=10.4cm.乙的反应时s ．（结果保留2位有效数字）（4）写出一条能提高测量结果准确程度的建议： .答案：（2）2(L ﹣L 1)g （3）0.20（4）多次测量平均值,或者，初始时乙的手指尽可能接近尺子 解析：（2）尺子做自由落体运动，根据位移公式h=12gt 2， 而从尺子下落到乙手指夹住尺子，尺子下落的位移为h=L ﹣L 1；因此乙的反应时间为t=2(L ﹣L 1)g； （3）当地的重力加速度大小为g=9.80m/s 2，L=30.0cm=0.3m ，L 1=10.4cm=0.104m ，代入t=2(L ﹣L 1)g，解得t=0.20s ； （4）从反应时间的表达式t=2(L ﹣L 1)g 可知，若要提高测量结果准确程度，除多次测量位移，取平均值，还可以减小手指与尺子的间距，从而提高反应时间的准确度.5.(单选) (2018·海南卷T1,4分)一攀岩者以1m/s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落.3s 后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为( )A. 10mB. 30mC. 50mD. 70m答案：C解析：由匀变速直线运动有h=v 0t+12gt 2，代入数据解得h=(1×3+12×10×32)m=48m,C 正确. 6.(2018·北京理综卷T9，18分)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律.主要实步骤如下：a.安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次；b.选出一条点迹清晰的纸带，接一个合适的点当作计时起点O （t=0），然后每隔相同的时间间隔T 选取一个计数点，如图2中A 、B 、C 、D 、E 、F……所示。
最新-2018年全国高考物理试题分类解析力学部分答案 精
2018年全国高考物理试题分类汇编及解析力学部分参考答案4.②、③、①、④ B 二、填空题34. 2：1 20 35. π三、作图36.四、计算题 37.参考解答:以t 表示水由喷口处到落地所用的时间，有221gt h =① 单位时间内喷出的水量为Q ＝S v ②空中水的总量应为V ＝Q t ③由以上各式得ghv S V 2⋅⋅= ④ 代入数值得4104.2-⨯=V m3⑤38.解： (1)设滑雪者质量为m ，斜面与水平面夹角为θ，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功W=mgcos s+mg(L-scos )=mgL μθμθμ ①由动能定理212mg(H-h)-μ② 离开B 点时的速度 ③ (2)设滑雪者离开B由2111,22h gt s vt ==<， 可解得1s L)④此时必须满足 H-L<2h μ ⑤ 当H-L>2h μ⑥时，滑雪者直接落到地面上可解得2221h=gt s =vt 2可解得2s 39.参考解答:小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v .由题意，v 的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v 0，如右图.由此得v =2v 0 ①碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的.43v 碰撞时间极短，可不 计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为 mv v m I +=)43( ② 由①、②得 027mv I =③ 40.参考解答:设两物块一起运动的加速度为a ,则有F 1－F 2=(m 1+m 2)a ①根据牛顿第二定律，对质量为m 1的物块有F 1－T=m 1a ② 由①、②两式得211221m m F m F m T ++=41.参考解答:设圆盘的质量为m ，桌长为l ，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a 1，有桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a 2表示加速度的大小，有设盘刚离开桌布时的速度为v 1，移动的距离为x 1，离开桌布后在桌面上再运动距离x 2后便停下，有盘没有从桌面上掉下的条件是设桌布从盘下抽出所经历时问为t ，在这段时间内桌布移动的距离为x ，有由以上各式解得42.参考解答:圆周运动、万有引力定律:43.参考解答:以g′表示火星表面附近的重力加速度，M表示火星的质量，m表示为量的卫星的质量，m′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有以v表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v1，水平分量仍为v0，有由以上各式解得；44.参考解答:设所求的时间为t ，用m 、M 分别表示卫星和地球的质量，r 表示卫星到地心的距离，有： 222()mM Gmr r Tπ= ① 春分时，如图所示，圆E 表示轨道，S 表示卫星，A 表示观察者，O 表示地心，由图可以看出当卫星S 绕地心O 转到图示位置以后（设地球自转是沿图中逆时针方向），其正下方的观察者将看不见它，据此再考虑对称性，有sin r R θ= ②22t T θπ=③ 2MG g R = ④ 由以上各式解得 12324arcsin()TR t gTππ= ⑤ 45.参考解答:考虑中子是赤道处一块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体所需的向心力时，中子星才不会瓦解。
运动学高考真题(2017~2023全国卷)
（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为______ ，竖直分量大小为_____ ；
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
2019
22．（5分）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片。
运动学高考真题（
2017
22．（5分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的6个水滴的位置。（已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴）
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
2021乙 平抛
22．（5分）
某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为 。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是____________（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。
物理高考专题训练题及答案解析(珍藏版)：运动的描述--匀变速直线运动(讲)
专题一运动的描述匀变速直线运动1.(2019全国Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足()A.1<<2B.2<<3C.3<<4D.4<<52.(多选)(2018全国Ⅲ·18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示.下列说法正确的是()A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等3.(2019全国Ⅰ·22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究.物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示.已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出.在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是点.在打出C点时物块的速度大小为m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为m/s2(保留2位有效数字).4.(2017全国Ⅱ·22)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系.使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器.实验步骤如下：①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)所示)，表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出-Δt图，如图(c)所示.图(c)完成下列填空：(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a和Δt的关系式为=.(2)由图(c)可求得，v A=cm/s，a=cm/s2.(结果保留3位有效数字)一、考向分析二、考向讲解考向一运动学基本规律的综合应用1.匀变速直线运动的“四类公式”2.解题的基本步骤3.常用的五种方法考向二运动图象问题1．运动学图象主要有x－t、v－t、a－t图象，应用图象解题时主要看图象中的“轴”“线”“斜率”“点”“面积”“截距”六要素：一般意义x－t图象v－t图象a－t图象轴图象描述哪两个物理量之间的关系纵轴—位移横轴—时间纵轴—速度横轴—时间纵轴—加速度横轴—时间线表示物理量y随物理量x的变化过程和规律运动物体的位移与时间的关系运动物体的速度与时间的关系运动物体的加速度与时间的关系斜率k＝ΔyΔx，定性表示y随x变化的快慢某点的斜率表示该点的瞬时速度某点的斜率表示该点的加速度某点的斜率表示该点加速度的变化率点两线交点表示对应纵、横坐标轴物理量相等两线交点表示两物体相遇两线交点表示两物体在该时刻速度相同两线交点表示两物体该时刻加速度相同面积图线和时间轴所围的面积，也往往代表一个物理量，这要看两物理量的乘积有无意义无意义图线和时间轴所围的面积，表示物体运动的位移图线和时间轴所围的面积，表示物体的速度变化量截距图线在坐标轴上的截距一在纵轴上的截距在纵轴上的截距在纵轴上的截距2.图象问题常见的是x－t和v－t图象，在处理特殊图象的相关问题时，可以把处理常见图象的思想以及方法加以迁移，通过物理情境遵循的规律，从图象中提取有用的信息，根据相应的物理规律或物理公式解答相关问题．处理图象问题可参考如下操作流程：【方法规律】1.解图象问题时要做好“三看”“一注意”三看：(1)看清坐标轴所表示的物理量:明确因变量与自变量的制约关系,是运动学图象(v-t、x-t、a-t)还是动力学图象(F-a、F-t、F-x)。
运动学高考试题
1（2011安徽第16题）．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t ，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。
则物体运动的加速度为 A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆-+ C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．121212()()x t t t t t t ∆+-2(2011海南第8题）.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。
下列选项正确的是A.在0～6s 内，物体离出发点最远为30mB.在0～6s 内，物体经过的路程为40mC.在0～4s 内，物体的平均速率为7.5m/sD. 5～6s 内，物体所受的合外力做负功3（2011新课标理综第15题）.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。
此后，该质点的动能可能（ ） A. 一直增大B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大4（2011天津第3题）．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x = 5t + t 2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点 A ．第1s 内的位移是5m B ．前2s 内的平均速度是6m/s C ．任意相邻1s 内的位移差都是1m D ．任意1s 内的速度增量都是2m/s 7 (2011重庆第14题).某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2s 听到石头落地声，由此可知井深约为（不计声音传播时间，重力加速度g 取10m/s 2） A.10m B. 20m C. 30m D. 40m8 (上海第19题)．受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v t - 图线如图所示，则 (A)在10t 秒内，外力F 大小不断增大(B)在1t 时刻，外力F 为零 (C)在12t t 秒内，外力F 大小可能不断减小 (D)在12t t 秒内，外力F 大小可能先减小后增大10(新课标理综第21题).如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
高考物理专题18动量备考强化训练45冲量与动量动量定理新人教
强化训练45 冲量与动量 动量定理本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。
其主要目的在于：理解和掌握冲量、动量两个重要概念.能用牛顿运动定律和加速度的概念推导出动量定理，能熟练地运用动量定理解释有关物理现象。
并进行有关的计算..解答此类试题，既要透彻理解动量、冲量和动量定理等物理概念，又要有丰富的空间想象能力。
全卷16题，总计100分，选做题1？道备用。
一、破解依据㈠动量和冲量⑴大小：mv p =，方向：与速度方向一致；⑵大小：；Ft I =，方向：与合外力方向一致。
㈡动量变化v m mv mv p p p ∆=-=-=∆//。
指末、初动量之差。
特别关注动量（或速度）的方向性⑴一维往复：设来时方向为正，则)(v m mv p '--=∆ ⑵二维互成角度：设二速度夹角为θ，动量变化的大小θcos 222v v v v m v m p '+'+=∆=∆，方向θθϕcos sin tan v v '=，其中ϕ为速度变化v ∆与初速度v 的夹角。
例如右图-1所示情形，具体应用见第10题。
㈢动量定理⑴大小：)(//t t F mv mv -=-，或合I p p =-/,其中合I 指合外力的冲量；或⋯⋯+++=332211t F t F t F I 合⑵方向：动量变化p p p -=∆/与合外力F 的“方向一致”。
㈢坐标正方向的选取：⑴初速度方向；⑵或合外力方向。
二、 精选习题㈠选择题（每小题5分，共60分）⒈(14北京) 带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )A. q a <q bB. m a <m bC. T a <T bD. q a m a <q b m b⒉（17天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( ) 图-1A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变3.(17全国Ⅲ)质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
2018年—2023年高考物理曲线运动部分真题汇编+答案详解
2018年—2023年高考物理曲线运动部分真题汇编+答案详解（真题部分）1.(2023全国甲,14,6分)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中()A.机械能一直增加B.加速度保持不变C.速度大小保持不变D.被推出后瞬间动能最大2.(2023全国甲,17,6分)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于()A.1B.2C.3D.43.(2023全国乙,15,6分)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动,动能一直增加。
如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力,下列四幅图可能正确的是()4.(2023江苏,10,4分)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验:一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动,沿途连续漏出沙子。
若不计空气阻力,则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是()5.(2023湖南,2,4分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。
某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是()A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度小于v1C.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等6.(2022广东,3,4分)如图是滑雪道的示意图。
可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。
不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力。
下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 ()7.(2022广东,6,4分)如图所示,在竖直平面内,截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处,一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。
三年高考2016_2018高考物理试题分项版解析专题19力学计算题含解析201808062275
专题19 力学计算题【2018高考真题】1．如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M :m ；（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T ． 【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 （1）53F Mg mg =- （2）65M m = （3）85mMg T m M =+（）（4885511T mg T Mg ==或）（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T 牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛顿运动定律T′–mg cos53°=ma解得85mMgTm M=+（）（4885511T mg T Mg==或）点睛：本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律。
解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等。
2．如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】【解析】取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且解得3．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。
高中运动学试题及答案
高中运动学试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t后，其速度为v。
若物体继续以这个速度做匀速直线运动，经过时间t后，其位移为：A. vtB. 2vtC. 3vtD. 4vt2. 根据牛顿第二定律，若物体的质量为m，受到的合力为F，则物体的加速度a为：A. F/mB. m/FC. a = FD. a = m3. 一个物体在竖直方向上做自由落体运动，其下落的高度h与时间t的关系为：A. h = 1/2gtB. h = gtC. h = 1/2gt^2D. h = gt^24. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其线速度大小保持不变，角速度ω与半径r的关系为：A. ω = v/rB. ω = vrC. ω = 1/vD. ω = r/v5. 根据动量守恒定律，若两个物体碰撞后粘在一起，碰撞前后系统的总动量保持不变。
若碰撞前物体1的速度为v1，物体2的速度为v2，碰撞后速度为v，质量分别为m1和m2，则有：A. m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)vB. m1v1 - m2v2 = (m1 + m2)vC. m1v1 + m2v2 = m1vD. m1v1 - m2v2 = m1v6. 根据能量守恒定律，若一个物体从高度h自由落体到地面，其重力势能转化为动能，其落地时的动能Ek为：A. Ek = mghB. Ek = 1/2mghC. Ek = mgh/2D. Ek = 2mgh7. 一个物体在斜面上做匀加速直线运动，若斜面的倾角为θ，物体的加速度a与重力加速度g的关系为：A. a = gB. a = gsinθC. a = gcosθD. a = gtanθ8. 一个物体在水平面上做匀减速直线运动，直到静止。
若物体的初始速度为v0，减速度为a，经过时间t后速度变为v，那么：A. v = v0 - atB. v = v0 + atC. v = at - v0D. v = at + v09. 根据牛顿第三定律，作用力与反作用力的关系是：A. 方向相同，大小相等B. 方向相反，大小相等C. 方向相同，大小不等D. 方向相反，大小不等10. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，若摩擦力为Ff，物体的质量为m，重力加速度为g，那么物体所受的摩擦力Ff与重力Fg的关系为：A. Ff = FgB. Ff = mgC. Ff = Fg - mgD. Ff = Fg / mg答案：1. A2. A3. C4. A5. A6. B7. B8. A9. B10. B二、填空题（每题2分，共20分）11. 一个物体的加速度是2m/s²，经过4秒后，其速度变化量为________。
高中运动学试题及答案
高中运动学试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 一个物体做匀加速直线运动，初速度为v0，加速度为a，经过时间t后，其速度为：A. v0 + atB. v0 - atC. v0 + 2atD. v0 - 2at答案：A2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做自由落体运动，其下落的距离s与时间t的关系是：A. s = 1/2gt^2B. s = 2gtC. s = gt^2D. s = gt答案：A4. 根据动量守恒定律，两个物体碰撞前后的总动量：A. 保持不变B. 增加C. 减少D. 无法确定答案：A5. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其向心力的公式是：A. Fc = mv^2/rB. Fc = mv/rC. Fc = mrv^2D. Fc = mr答案：A6. 根据能量守恒定律，一个物体从高度h自由落体到地面，其重力势能转化为：A. 动能B. 势能C. 内能D. 热能答案：A7. 一个物体在斜面上做匀加速直线运动，其加速度与斜面倾角的关系是：A. 与倾角成正比B. 与倾角成反比C. 与倾角无关D. 与倾角的正弦成正比答案：D8. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力：A. 大小相等，方向相反B. 大小不等，方向相反C. 大小相等，方向相同D. 大小不等，方向相同答案：A9. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，其摩擦力与：A. 物体的质量有关B. 物体的速度有关C. 物体的加速度有关D. 物体与地面的接触面积有关答案：C10. 根据功的定义，一个力做功的公式是：A. W = FdB. W = FdcosθC. W = Fd/cosθD. W = Fdcosθ/2答案：B二、填空题（每题2分，共20分）1. 一个物体的动能Ek与其质量m和速度v的关系是：Ek = ________。
专题1.18 近三年高考真题精练(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第一部分直线运动十八．近三年高考真题精练一．选择题1．（2019全国理综I 卷18）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。
上升第一个4H 所用的时间为t 1，第四个4H 所用的时间为t 2。
不计空气阻力，则21t t 满足（）A ．1<21t t <2B ．2<21t t <3C ．3<21t t <4D ．4<21t t <5【参考答案】C【命题意图】本题考查匀变速直线运动规律。
【解题思路】采用逆向思维法，把运动员的竖直向上运动视为竖直向下初速度为零的加速运动，H/4=12at 22，设竖直向下运动3H/4高度所用时间为t3，竖直向下运动H 高度所用时间为t4，则有：3H/4=12at 32，H=12at 42，t1=t 4-t 3，联立解得：21t t，选项C 正确。
【关键一步】采用逆向思维法，运动员的竖直向上运动视为竖直向下初速度为零的加速运动，应用初速度为零的匀变速直线运动公式解答，简明快捷。
2.（2019年4月浙江选考）甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0～t 1时间内（）A.甲的速度总比乙大B.甲、乙位移相同C.甲经过的路程比乙小D.甲、乙均做加速运动【参考答案】B【名师解析】因x-t图像的斜率等于速度，可知在0～t1时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A错误；由图像可知在0～t1时间内甲、乙位移相同，选项B正确；甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误。
.3.（2018海南物理）一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。
3s 后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（）A.10mB.30mC.50mD.70m【参考答案】C【解题思路】石块自由下落，由自由落体运动公式，h=12gt2=45m，所以此时他离地面的高度约为50m，选项C正确。
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专题18 运动学专题❖ 直线运动的概念和规律1、【2015浙江】如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是A ．换用宽度更窄的遮光条B ．提高测量遮光条宽度的精确度C ．使滑块的释放点更靠近光电门D ．增大气垫导轨与水平面的夹角2、【2015广东】如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小2v3、【2015山东】距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m4、【2015江苏】如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡55、【2014上海】离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为A ．2v gB ．v gC ．2h vD ．h v6、【2013广东】某航母跑道长200 m ．飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s7、【2012上海】小球每隔0.2 s 从同一高度抛出，做初速为6 m/s 的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g ＝10 m/s 2) A ．三个 B ．四个 C ．五个 D ．六个8、【2016全国3】一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为 A 2ts ．B 223ts ．C 24ts ．D 28ts ．9、【2016上海】物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度是 A 22m/s 3．B 24m/s 3．C 28m/s 9．D 216m/s 9．参考答案1、A2、D3、A4、C5、A6、B7、C8、A9、B 10、运动图像、追及相遇问题1、【2016全国1】甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t -3t s =图像如图所示．已知两车在时并排行驶，则 A 1s t =．在时，甲车在乙车后 B 0t =．在时，甲车在乙车前7.5mC 2s t =．两车另一次并排行驶的时刻是D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m2、【2015广东】甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图象如图所示，下列表述正确的是A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等3、【2014江苏】一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是4、【2014天津】质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同5、【2014福建】如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是6、【2014重庆】以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是7、【2014广东】如图是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，该物体A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反B．第3 s内和第4 s内的加速度相同C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等8、【2013新课标Ⅰ】如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线，由图可知A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大9、【2013四川】甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图象如图所示，则A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同10、【2013海南】一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a-t图象如图所示．下列v-t图象中，可能正确描述此物体运动的是11、【2012海南】如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc 固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是12、【2015福建】一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v-t图象如图所示．求：（1）摩托车在0～20 s这段时间的加速度大小a；（2）摩托车在0～75 s这段时间的平均速度大小v．13、【2013大纲版全国卷】将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s，它们运动的v-t图像分别如直线甲、乙所示．则A．t=2s时，两球高度相差一定为40 mB．t=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等14、【2009海南】甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2＞s1)．初始时，甲车在乙车前方s0处．不正确的是A．若s0=s1+s2，两车不会相遇B．若s0＜s1，两车相遇2次C．若s0=s1，两车相遇1次D．若s0=s2，两车相遇1次15、【2014新课标2】甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的vt图像如图所示．在这段时间内A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于v1＋v22C．甲乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大16、【2014全国】一质点沿x轴做直线运动，其vt图像如图所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为A．x＝3 m B．x＝8 m C．x＝9 m D．x＝14 m17、【2014山东】一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有A．t1B．t2C．t3D．t418、【2016全国1】甲、乙两车在平直公路上同向行驶，v t-3t s=其图像如图所示．已知两车在时并排行驶，则A1st=．在时，甲车在乙车后B0t=7.5m．在时，甲车在乙车前C2st=．两车另一次并排行驶的时刻是D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离40m为19、【2018江苏】从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是20、【2018全国1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比21、【2018全国2】甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是A．两车在t1时刻也并排行驶B．t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大22、【2018全国3】甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等23、a参考答案1、BD2、B3、A4、D5、B6、D7、B8、BC 9、BD 10、D 11、C 12、（1）1.5m/s2；（2）20m/s 13、BD 14、ABC 15、A 16、B 17、AC 18、BD 19、A 20、B 21、BD 22、CD❖解答题1、【2013大纲版全国卷，15分】一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：（1）客车运行速度的大小；（2）货车运行加速度的大小．2、【2013新课标1，13分】水平桌面上有两个玩具车A 和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R．在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0，2l)、(0，-l)和(0，0)点．已知A 从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B 平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．3、【2015四川，15分】严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．（1）求甲站到乙站的距离；（2）【功和功率】如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气体污染物的质量．（燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10－6克）4、【2014新课标2，13分】2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.（1）若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；（2）【牛顿第二定律】实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)5、【2014山东，18分】研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．参考答案 1、解：（1）设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Ⅰt,每根铁轨的长度为l,t l v ∆=l 则客车速度为，其中s t 1160.10-=∆=25.0m,得v=37.5m/s （2）设从货车开始运动后t=20.0s 内客车行驶1s 了m,2s 货车行驶了m,货车的加速度为a ，30节货车车厢的总长度为L=30×16.0m vt s =12221at s =，由运动公式， ,21s s L -=由题意,联立以上各式解得：a=1.35m/s 2 2、解：由题意画出 xOy 坐标轴及 A 、B 位置，设 B B v 车的速度为,此时 A 、B 的位置分别为 H 、G ，H A y 的纵坐标为分别为，G B x 2212at l y A +=的横坐标为，则t v x B B = Ⅰ Ⅰ在开始运动时R 到A 和B 距离之比为2:1，即OE:OF=2:1 由于橡皮筋的伸长是均匀的,所以在以后任意时刻R 到A 和B 的距离之比都为2:1．因此，在时刻t 有HK:KG=2:1 Ⅰ 相似与IGK FGH ∆∆由于,有Ⅰ Ⅰ所以ⅠⅠ联立ⅠⅠⅠⅠ解得 Ⅰ3、解：（11121vt s =）地铁匀加速运动的位移为：3321vt s =地铁匀减速运动的位移为：22vt s =地铁匀速运动的位移为：321s s s s ++=甲站到乙站的距离为：m s 1950=联立以上各式，并代入数据解得：（211Fs W =）地铁匀加速运动过程中，牵引力做的功为： 22Pt W =地铁匀减速运动过程中，牵引力做的功为：21W W W +=地铁从甲站到乙站，牵引力做的总功为： J W W 8108.6'⨯==燃油公交车运行中做的功为： 公交车排放气体污染物的质量为：kg kg m 04.2108.610389=⨯⨯⨯=- 4、解： （1）设运动员从开始自由下落至1.5km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5km 高度处的速度大小为v ，根据运动学公式有：v=gt Ⅰ212s gt =Ⅰ 433.910 1.510s m m =⨯-⨯依题意有 Ⅰ 联立ⅠⅠⅠ可得：t=87s Ⅰ28.710/v m s =⨯ Ⅰ（2max v ）该运动员达到最大速度时，加速度为零，由牛顿第二定律有：2max Mg kv = Ⅰ由所给的v -t max 360/v m s ≈图像可读出 Ⅰ由ⅠⅠ0.008/k kg m =式可得： Ⅰ 5、解：（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，s m v /200=0=t v 由题可得初速度，末速度，位移m s 25=，由运动学公式得 as v 220= Ⅰavt 0= Ⅰ联立ⅠⅠ式，代入数据得2/8s m a = Ⅰ s t 5.2= Ⅰ（2'ｔ）设志愿者反应时间为,t ∆反应时间的增加量为，由运动学公式得s t v L +='0 Ⅰ0't t t -=∆ Ⅰ联立ⅠⅠ式，代入数据得 s t 3.0=∆ Ⅰ（3）设志愿者所受合外力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得 ma F = Ⅰ 由平行四边形定则得2220)(mg F F += Ⅰ联立ⅠⅠⅠ式,代入数据得5410=mg F Ⅰ。