东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升5含解析
年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升1
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v -t图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则()A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 命题意图：本题考查速度—时间图象、追及和相遇问题及相关的知识点，意在考查考生对速度—时间图象的理解和掌握能力．解析：根据题述，两车在t ＝3 s 时并排行驶，由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；由题给图象可知，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．★答案★：BD2．(2016·全国卷Ⅲ)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x ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.xt 2 B.3x 2t 2 C.4x t2 D.8x t2 命题意图：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．解析：设质点的初速度为v 0，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，x 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 ＝xt2，A 项正确；B 、C 、D 项错误．★答案★：A3．(多选)(2013·全国卷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车的大命题意图：本题考查位移图象、追及问题等知识点，通过交点知道谁追上谁，通过斜率知道速度如何变化．本题意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力．解析：由x-t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x-t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b 车沿负方向运动，B选项正确；x-t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先减小后增加，C选项正确，D选项错误．★答案★：BC4.(2014·全国卷Ⅱ)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v-t图象如图所示．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命题意图：本题考查了匀变速运动中的追及和相遇问题，图中斜率代表加速度，交点代表速度相等，距离产生最值，面积代表位移．解析：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝xt得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于v1＋v22，选项B错误；根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．★答案★：A5．(2013·全国卷Ⅰ)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．命题意图：本题考查了匀变速直线运动规律．本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例，分别解出A、B的位置y A、x B，再由A、B各自的运动，列出方程y A＝2l＋12at2，①x B＝v B t，②就可求解v B＝146al.难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．解析：设B车的速度大小为v，如图，标记R在时刻t通过点R′(l，l)，此时A、B的位置分别为A′、B′.由运动学公式，A′的纵坐标y A′、B′的横坐标x B′分别为y A′＝2l＋12at2，x B′＝v-t，在开始运动时，R到A和B的距离之比为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.由几何关系知x R′x B′＝y A′－ly A′＋l＝23，x R′x B′＝lv t＝23，联立解得v＝6al 4.★答案★：6al 4感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升13 Word版含解析
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)如图，容积均为V的气缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，气缸导热．①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；③再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．(1)命题意图：本题考查考生对气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的理解．解析：根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．(2)命题意图：本题考查玻意耳定律、查理定律及其相关的知识点．解析：①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p0V＝p1V1，①(3p0)V＝p1(2V－V1)，②联立①②式得V1＝V2，③p1＝2p0.④②打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2，⑤由⑤式得p 2＝3V V 2p 0,⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0. ③设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2，⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0.答案：(1)ABC (2)①V 22p 0 ②上升直到B 的顶部 ③1.6p 02．(2017·全国卷Ⅱ)(1)如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．气体自发扩散前后内能相同B ．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变(2)一热气球体积为V，内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b.已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g.①求该热气球所受浮力的大小；②求该热气球内空气所受的重力；③设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．(1)命题意图：本题考查气体内能、气体分子的平均动能、热力学第一定律．解析：抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误．(2)命题意图：本题考查气体实验定律及力的平衡．解析：①设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝mV0，①在温度为T时的体积为V T，密度为ρT＝mV T，②由盖－吕萨克定律得V 0T 0＝V T T，③ 联立①②③式得ρT ＝ρ0T 0T ，④气球所受的浮力为F ＝ρTb gV ，⑤联立④⑤式得F ＝ρ0gVT 0T b .⑥②气球内热空气所受的重力为G ＝ρTa Vg ，⑦联立④⑦式得G ＝ρ0gVT 0T a .⑧③设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝F －G －m 0g ，⑨联立⑥⑧⑨式得m ＝ρ0VT 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)ABD (2)①ρ0gVT 0T b ②ρ0gVT 0T a③ρ0VT 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0 3．(2017·全国卷Ⅲ)(1)如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到状态a .下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图乙所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：①待测气体的压强；②该仪器能够测量的最大压强．(1)命题意图：本题考查气体的内能、理想气体状态方程、热力学第一定律、等容变化、等压变化、等温变化．解析：ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误．(2)命题意图：本题结合受力平衡考查玻意耳定律．解析：①水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋14πd2l，①V1＝14πd2h，②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh，③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1，④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2（l－h）.⑤②由题意知h ≤l ，⑥联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d 24V 0，⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0.答案：(1)ABD (2)①ρπgh 2d 24V 0＋πd 2（l －h ） ②πρgl 2d 24V 0。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升2
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a 和b 受到绳的拉力大小均等于物体a 的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F 保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a 、b 均保持静止，选a 受力分析得，绳子拉力F T ＝m a g ，所以物体a 和b 受到绳的拉力保持不变，C 选项错误；a 、b 受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO ′的张力不变，A 选项错误；对b 进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x ＋F f ＝F x ，F y ＋F N ＋F T y ＝m b g ，F T 和m b g 始终不变，当F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B 选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D 选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>)．现将重物向右上方π2缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN逐渐增大，F OM先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°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为( )A ．2－ B. C. D.3363332命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F 进行分解，F 的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f ≠μmg .解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F ＝μmg ；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f ＝μF N ，F N ＝mg －F sin θ，可知摩擦力为F f ＝μ(mg －F sin θ)，F f ＝F ，12代入数据为：μmg ＝μ(mg －F )，1232联立可得μ＝.33答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm，伸长为100 cm，则AC段长50 cm，故∠ACD＝53°.由受力平衡2F1cos 53°＝mg，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F2＝mg.假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力F1＝k(50 cm－40 cm)，F2＝k(x－40 cm)，解得x＝46 cm，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A. B.m C ．m D ．2mm 232解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m ，C 正确．答案：C。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升10 Word版含解析
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()命题意图：本题考查电磁感应、电磁阻尼及其相关的知识点．解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.答案：A2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动命题意图：本题考查电磁感应、涡流及其相关的知识点，意在考查考生综合运用电磁感应知识分析解释实验现象的能力．难度中等偏难．解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确，D错误；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误．答案：AB3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()图甲图乙A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N命题意图：本题考查电磁感应与力学规律的综合应用．解析：由题图乙可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BL v ，得B ＝E L v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，D 项错误．答案：BC4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向命题意图：本题考查楞次定律、右手定则．解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．命题意图：本题主要考查平衡条件、法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律及其相关知识，意在考查考生灵活运用知识分析、解决问题的能力．解析：(1)设两根导线的总的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ，① F N1＝2mg cos θ，②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μF N2＝F T ，③ F N2＝mg cos θ，④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL ，⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ，⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝E R，⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. 答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2。
东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第五章第六讲实验六：验证机械能守恒定律含解析
第五章机械能第六讲实验六：验证机械能守恒定律课时跟踪练1．(2018·郴州模拟)如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：(1)(多选)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______(填入正确选项前的字母)．A．米尺B．秒表C．0～12 V的直流电源D．0～12 V的交流电源(2)实验中误差产生的原因有_____________________(写出两个原因)．解析：(1)需要米尺来测量纸带上的点之间的距离，电磁打点计时器需用交流电源，故A、D正确．(2)①纸带与电磁打点计时器之间存在摩擦力；②测量两点之间距离时的读数有误差；③计算势能变化时，选取的两点距离过近；④交流电源频率不稳定(选取两个原因即可)．答案：(1)AD (2)见解析2．(2018·邵阳模拟)如图甲是“验证机械能守恒定律”的实验．小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt ，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d ，如图乙所示，重力加速度为g.则(1)小圆柱的直径d ＝________cm.(2)测出悬点到圆柱重心的距离l ，若等式gl ＝__________成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．(3)若在悬点O 安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F ，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是________________________(用文字和字母表示)，若等式F ＝________成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式．解析：(1)小圆柱的直径d ＝10 mm ＋2×0.1 mm ＝10.2 mm ＝1.02 cm.(2)根据机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，所以只需验证gl ＝12v 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d Δt 2，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒．(3)若测量出小圆柱的质量m ，则在最低点由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2l，若等式F ＝mg ＋md 2l Δt 2成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式．答案：(1)1.02 (2)12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d Δt 2 (3)小圆柱的质量m mg ＋md 2l Δt 2 3．在“验证机械能守恒定律”的实验中，使质量m ＝200 g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为纸带下落的起始点，A 、B 、C 为纸带上选取的三个连续的点．已知打点计时器每隔T ＝0.02 s 打一个点，当地的重力加速度为g 取9.8 m/s 2，那么：(1)计算B 点瞬时速度时，甲同学采用v 2B ＝2gx OB ，乙同学采用v B ＝x AC 2T，其中________(选填“甲”或“乙”)同学所选择的方法更符合实验的要求．(2)在计算重力势能时，关于重力加速度g 的数值，丙同学用当地的实际重力加速度代入，丁同学通过对纸带上的数据进行分析计算，用纸带下落的加速度代入，其中________(选填“丙”或“丁”)同学的做法是正确的．(3)某同学想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受到的阻力，他先算纸带下落的加速度，进而算出阻力F f ＝________ N(保留一位有效数字)．解析：由该实验的原理可知，实验中的速度不能用自由落体运动规律来计算，因此乙同学的方法更符合实验要求．由于要验证机械能守恒定律，因此要代入当地的重力加速度，而不是纸带的加速度，所以丙同学的做法正确；由牛顿运动定律结合纸带中得到的实际加速度可以计算出阻力．答案：(1)乙 (2)丙 (3)0.064．(2018·青岛模拟)在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示．其中O 是起始点，A 、B 、C 是打点计时器连续打下的3个点，电源频率为50 Hz.该同学用毫米刻度尺测量O 到A 、B 、C 各点的距离，并记录在图中(单位 cm)．(1)这三个数据中不符合读数要求的是__________，应记作________cm.(2)该同学用重锤在OB 段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g ＝9.80 m/s 2，他用AC 段的平均速度作为跟B 点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为________，而动能的增加量为__________(均保留三位有效数字，重锤质量用m 表示)，这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量________动能的增加量，原因是________________________________________________．解析：(1)本实验测量长度用的是毫米刻度尺，故三个数据中15.7是不合理的，应记做15.70，最后一位是估读．(2)O 点到B 点的距离h ＝12.54 cm ，故减少的势能ΔE p ＝mgh ＝1.23m ；计算O 点到B 点的动能增加量，应先计算出B 点的瞬时速度v B ，由题图可知v B ＝x AC 2T ＝0.157 0－0.095 12×0.02m/s ＝1.547 5 m/s ， 故ΔE k ＝12mv 2B ＝1.20m. 由以上数据可知ΔE p ＞ΔE k ，其原因在于纸带与限位孔之间有摩擦或空气阻力对实验也带来影响．答案：(1)15.7 15.70 (2)1.23m 1.20m 大于 有阻力做负功5．(2018·太原模拟)某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验．图甲图乙(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是________，理由是____________________________________．(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，请根据纸带计算出B点的速度大小为____________m/s(结果保留三位有效数字)．图丙(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2h 图线如图丁所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．图乙解析：(1)采用乙方案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律．(2)v B＝（12.40－6.93）×10－20.04m/s≈1.37 m/s.(3)因为mgh＝12mv2，所以g＝12v2h＝12k，k为图线的斜率，求得g＝9.8 m/s2.答案：(1)甲理由见解析(2)1.37 (3)9.86．(2018·吉林模拟)某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．该同学经正确操作得到打点纸带，在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点，依次为1、2、3、4、5、6、7，测量各计数点到第一个点的距离h，并正确求出打相应点时的速度v.各计数点对应的数据见下表：图甲请在如图乙所示的坐标系中，描点作出v2h图线；由图线可知，重锤下落的加速度g′＝________m/s2(保留三位有效数字)；若当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重锤机械能守恒的依据是____________________________________________________________________________________.图乙解析：若机械能守恒，则满足v2＝2gh，则v2h图线的斜率表示当地的重力加速度的2倍，所作的图线可求出斜率为19.5，故g′＝9.75 m/s2，误差允许的范围内g′＝g，故机械能守恒．答案：如图所示9.75(9.69～9.79均可)图线为通过坐标原点的一条直线，所求g′与g基本相等7．(2018·恩施模拟)某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过轻质定滑轮与钩码相连．(1)实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块_________________________________________________，则表示气垫导轨调整至水平状态．(2)(多选)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够让导轨水平的是________．A．调节P使轨道左端升高一些B．调节Q使轨道右端降低一些C ．遮光条的宽度应适当大一些D ．滑块的质量增大一些E ．气源的供气量增大一些(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L ，遮光条的宽度d ，滑块和遮光条的总质量M ，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t 1、t 2，则系统机械能守恒成立的表达式是_________________________________________________________．解析：滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块加速向左运动，导轨右端较高，能够让导轨水平的是：调节Q 使轨道右端降低一些或调节P 使轨道左端升高一些，选项A 、B正确．根据机械能守恒定律，系统重力势能减少量mgL 应该等于动能增加量12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d t 12－12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d t 22， 即mgL ＝12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d t 12－12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d t 22. 答案：(1)能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 (2)AB(3)mgL ＝12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d t 12－12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫d t 222017届高考小题精练（满分42分时间20分钟）姓名：班级：得分：1．下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）A．体积相等时密度相等B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的质子数相等【答案】C考点：考查物质的量的有关计算2．将17．9 g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3．36 L（标准状况）。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升3
章末整合提升1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图甲 图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题意图：本题考查牛顿第二定律、受力分析、速度图象及其相关的知识点，意在考查考生运用相关知识分析解决实际问题的能力．难度中等偏难．解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；根据运动的v t 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D 正确．答案：ACD2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为a 的加速度向西行驶时，23P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18命题意图：本题借助连接体问题考查了牛顿第二定律和隔离法，意在考查考生的逻辑推理能力．解析：设每节车厢的质量为m ，这列车厢的节数为n ，东边车厢的节数为x ，西边车厢的节数为n －x .当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝(n －x )ma ；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝max ，联立可得n ＝x ，x 为3的倍数，则n 为5的倍数，选项2353B 、C 正确，选项A 、D 错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．命题意图：本题考查运动学公式与动能定理的应用．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs 0＝m v －m v ，①12211220解得μ＝.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v －v ＝2a 1s 0③2021v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝a 2t 2⑤12联立③④⑤式得a 2＝.答案：(1) (2)4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．命题意图：本题通过滑块—木板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等相关知识点．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f 1、F f 2和F f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有F f 1＝μ1m A g ，①F f 2＝μ1m B g ，②F f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ，③由牛顿第二定律得F f 1＝m A a A ，④F f 2＝m B a B ，⑤F f 2－F f 1－F f 3＝ma 1，⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1，⑦v 1＝a 1t 1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s.⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－a B t ，⑩1221设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f 1＋F f 3＝(m B ＋m )a 2，⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式对木板有：v 2＝v 1－a 2t 2，⑫对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2，⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－a 2t ，⑭122在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－a A (t 1＋t 2)2，⑮12A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ，⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ，(也可用如图所示的速度—时间图线求解)．答案：(1)1 m/s (2)1.9 m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图甲 图乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．命题意图：本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝ 4m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1，②x 0＝v 0t 1＋a 1t ，③1221式中，t 1＝1 s ，x 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2，⑤由题图乙可得a 2＝，⑥v 2－v 1t 2－t 1式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3，⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ，⑨v 3＝v 1＋a 2Δt ，⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x 1＝Δt ，⑪－v 1＋v 32小物块运动的位移为x 2＝Δt ，⑫v 1＋v 32小物块相对木板运动的位移为Δx ＝x 2－x 1，⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx ＝6.0 m ．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮230－v＝2a4x3，⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3，⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m。
最新(课标通用版)高考物理一轮复习课时跟踪试题(共240页 附解析)
最新（课标通用版）高考物理一轮复习课时跟踪试题（共240页附解析）目录（二）匀变速直线运动的规律（三）运动图像追及与相遇问题（四）重力弹力（五）摩擦力（六）力的合成与分解（七）受力分析共点力的平衡（八）牛顿第一定律牛顿第三定律（九）牛顿第二定律两类动力学问题（十）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅰ）（十一）牛顿运动定律的综合应用（十二）曲线运动运动的合成与分解（十三）抛体运动（十四）圆周运动（十五）万有引力定律及其应用（十六）天体运动与人造卫星（十七）功和功率（十八）动能定理及其应用（十九）机械能守恒定律及其应用（二十）功能关系能量守恒定律（卷Ⅰ）（二十一）功能关系能量守恒定律（卷Ⅱ）（二十二）动量定理（二十三）动量守恒定律（二十四）电场力的性质（二十五）电场能的性质（二十六）电容器带电粒子在电场中的运动（二十七）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅰ)（二十八）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅱ)（二十九）电流电阻电功电功率（三十）闭合电路欧姆定律及其应用（三十一）磁场的描述磁场对电流的作用（三十二）磁场对运动电荷的作用（三十三）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅰ）课时跟踪检测（一）描述运动的基本概念[A级——基础小题练熟练快]1．(2018·大连模拟)下列说法正确的是()A．打点计时器是一种测量位移的仪器B．运动员在某次比赛中用15 s跑完100 m，“15 s”是时间，“100 m”是位移大小C．位移为矢量，位移的方向即质点运动的方向D．物体通过的路程不相等，但位移可能相同解析：选D打点计时器是一种记录时间的仪器，A错误；运动员在比赛中用15 s跑完100 m，“15 s”是时间，“100 m”是路程，B错误；位移为矢量，位移的方向即从起点指向终点的方向，与质点的运动方向不一定相同，故C错误；物体通过的路程不相等，但位移可能相同，故D正确。
2.下列关于女排比赛中的研究对象，可以视为质点的是()A．研究女排比赛中选手扣球的动作时B．确定运动员在球场上的位置时C．研究运动员比赛中发出的旋转球时D．确定落在边线处排球是否为界内时解析：选B研究女排比赛中选手扣球动作时，运动员的形状对研究结果有较大影响，因此运动员不可视为质点，但研究运动员在球场上的位臵时可将运动员视为质点，A错误，B正确；在研究发出的旋转球和排球落点是否在边线界内时球的大小对研究结果的影响不可忽略，因此，不能视为质点，C、D均错误。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升(共14专题)
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m命题意图：本题考查速度—时间图象、追及和相遇问题及相关的知识点，意在考查考生对速度—时间图象的理解和掌握能力．解析：根据题述，两车在t＝3 s时并排行驶，由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；由题给图象可知，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x1＝5 m，乙车行驶位移为x2＝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．答案：BD2．(2016·全国卷Ⅲ)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x，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.xt2B.3x2t2C.4xt2D.8xt2命题意图：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．解析：设质点的初速度为v0，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＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，x t ＝v0＋3v02＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝3v0－v0t＝2v0t，由以上两式可知，a＝xt2，A项正确；B、C、D项错误．答案：A3．(多选)(2013·全国卷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车的大命题意图：本题考查位移图象、追及问题等知识点，通过交点知道谁追上谁，通过斜率知道速度如何变化．本题意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力．解析：由x-t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x-t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b车沿负方向运动，B选项正确；x-t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先减小后增加，C选项正确，D选项错误．答案：BC4.(2014·全国卷Ⅱ)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v-t图象如图所示．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＋v2 2C．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命题意图：本题考查了匀变速运动中的追及和相遇问题，图中斜率代表加速度，交点代表速度相等，距离产生最值，面积代表位移．解析：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝xt 得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于v1＋v22，选项B错误；根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．答案：A5．(2013·全国卷Ⅰ)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．命题意图：本题考查了匀变速直线运动规律．本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例，分别解出A、B 的位置y A 、x B ，再由A 、B 各自的运动，列出方程y A ＝2l ＋12at 2，① x B ＝v B t ，②就可求解v B ＝146al . 难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．解析：设B 车的速度大小为v ，如图，标记R 在时刻t 通过点R ′(l ，l )，此时A 、B 的位置分别为A ′、B ′.由运动学公式，A ′的纵坐标y A ′、B ′的横坐标x B ′分别为y A ′＝2l ＋12at 2，x B ′＝v-t ，在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为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.由几何关系知x R ′x B ′＝y A ′－l y A ′＋l ＝23，x R ′x B ′＝l vt ＝23， 联立解得v ＝6al 4. 答案：6al 4章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a和b受到绳的拉力大小均等于物体a的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，选a受力分析得，绳子拉力F T＝m a g，所以物体a和b受到绳的拉力保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x＋F f＝F x，F y＋F N＋F T y＝m b g，F T和m b g始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN 逐渐增大，F OM 先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°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为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F进行分解，F的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f≠μmg.解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F＝μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f＝μF N，F N＝mg－F sin θ，可知摩擦力为F f＝μ(mg－F sin θ)，F f＝12 F，代入数据为：12μmg＝μ(mg－32F)，联立可得μ＝3 3.答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm ，伸长为100 cm ，则AC 段长50 cm ，故∠ACD ＝53°.由受力平衡2F 1cos 53°＝mg ，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F 2＝mg .假设绳子的劲度系数为k ，则绳子拉力F 1＝k (50 cm －40 cm)，F 2＝k (x －40 cm)，解得x ＝46 cm ，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m 解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m，C正确．答案：C章末整合提升1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图甲图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题意图：本题考查牛顿第二定律、受力分析、速度图象及其相关的知识点，意在考查考生运用相关知识分析解决实际问题的能力．难度中等偏难．解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A．8 B．10C．15 D．18命题意图：本题借助连接体问题考查了牛顿第二定律和隔离法，意在考查考生的逻辑推理能力．解析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝23max，联立可得n＝53x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．命题意图：本题考查运动学公式与动能定理的应用．解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv21－12mv20，①解得μ＝v20－v212gs0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得v20－v21＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝12a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝s1（v1＋v0）22s20.答案：(1)v20－v212gs0(2)s1（v1＋v0）22s204．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．命题意图：本题通过滑块—木板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等相关知识点．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g，①F f2＝μ1m B g，②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g，③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A，④F f2＝m B a B，⑤F f2－F f1－F f3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式对木板有：v2＝v1－a2t2，⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2，⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m，(也可用如图所示的速度—时间图线求解)．答案：(1)1 m/s (2)1.9 m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．命题意图：本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝ 4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②x0＝v0t1＋12a1t21，③式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由题图乙可得a2＝v2－v1t2－t1，⑥式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3Δt，⑨v3＝v1＋a2Δt，⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝－v1＋v32Δt，⑪小物块运动的位移为x2＝v1＋v32Δt，⑫小物块相对木板运动的位移为Δx＝x2－x1，⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮0－v23＝2a4x3，⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3，⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m章末整合提升万有引力与航天⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧开普勒行星运动定律万有引力定律⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：F ＝G m 1m2r 2定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma计算天体的质量和密度人造地球卫星⎩⎪⎨⎪⎧人造地球卫星的环绕速度地球同步卫星1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大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 命题意图： 本题考查平抛运动规律及其相关的知识点． 解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心命题意图：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题．解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．答案：A3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )A.L 12 g6h <v <L 1g 6hB.L 14 g h <v < （4L 21＋L 22）g6hC.L 12 g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h解析：当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小．由平抛运动规律，L 12＝v 1t ，2h ＝12gt 2，联立解得：v 1＝L 14gh.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大．由平抛运动规律， L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝v 2t ′，3h ＝12gt ′2，联立解得：v 2＝12（4L 21＋L 22）g6h .即速度v 的最大取值范围为L 14gh<v <12（4L 21＋L 22）g6h，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B．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命题意图：本题考查万有引力定律在天体运行中的应用．解析：在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C 项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于T04，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确．答案：CD5．(2017·全国卷Ⅲ)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．向心加速度变大命题意图：本题考查天体运动、圆周运动的知识．解析：组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据GMm R2＝m v2R，可得v＝GMR，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又T ＝2πRv，则周期T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度a ＝GMR2，不变，D 项错误．答案：C6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h命题意图：本题考查同步卫星、开普勒第三定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力．解题关键：解答此题的关键是地球同步卫星的周期等于地球自转周期以及运动周期与轨道半径的关系．解析：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 ）2T2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．答案：B章末整合提升机械能⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎨⎪⎧做功的两个必要因素恒力做功：W ＝Fl cos θ变力做功功率⎩⎪⎨⎪⎧平均功率：P ＝W t 或P ＝Fv cos θ瞬时功率：P ＝Fv cos θ机车的两种启动方式⎩⎪⎨⎪⎧以恒定的功率启动以恒定的加速度启动机械能⎩⎪⎨⎪⎧动能：E k ＝12mv2重力势能：E p ＝mgh机械能：E ＝E k＋Ep基本规律⎩⎪⎨⎪⎧功能关系：W ＝ΔE 动能定理：W ＝E k2－Ek1机械能守恒定律：E k1＋E p1＝E k2＋Ep2能量转化和守恒定律1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B.v 28g C.v 24gD.v 22g命题意图：本题考查力与运动、功能关系及机械能守恒定律等知识．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律
第一章直线运动第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律课时跟踪练(二) 匀变速直线运动和自由落体运动的规律时间：40分钟答案见P35A组基础巩固1．(2018·河南林州一中质检)某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s解析：设航母匀速运动的最小速度为v1，飞机起飞速度为v2，对于航母则有x1＝v1t，对于飞机则有v2＝v1＋at，飞机起飞时的位移满足v22－v21＝2ax2，两者相对位移等于航母的跑道长，故有x2－x1＝160 m，联立解得v1＝10 m/s，故A正确．答案：A2．(多选)(2018·湖南常德一中模拟)A与B两个质点向同一方向运动，A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动．开始计时时，A，B位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( ) A．两质点速度相等B．A与B在这段时间内的平均速度相等C．A的瞬时速度是B的2倍D．A与B的位移相同解析：要求A、B同一时刻到达同一位置，初始时刻A、B位于同一位置，末时刻又在同一位置，所以两质点位移相等，故D正确；A、B同时开始运动，所以相遇时运动的时间相等，可知平均速度相等，故B正确；相遇时位移相等，设A的速度为v A，B的速度为v B，则有v At＝v B t，得v A＝2v B，故C正确，A错误．2答案：BCD3．(2018·福建师大附中模拟)在空中的某点O以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8 s后物体的速率变为8 m/s，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(g取10 m/s2)( )A．在O点上方，速度方向向下B．在O点上方，速度方向向上C．在O点，速度方向向下D．在O点下方，速度方向向下解析：取竖直向上为正方向，若物体此时的位置在O点上方或下方，速度方向向下，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝0，与物体以一定的初速度竖直向上抛出不符，故A、D错误；若物体此时的位置在O点上方，速度方向向上，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝16 m/s，与物体以一定的初速度竖直向上抛出相符，故B正确；若物体在O点，则上升和下降的时间均为0.4 s，回到O点的速度为v＝gt ＝4 m/s ，与题目数据不符，故C 错误．答案：B4.(2018·株洲二中模拟)为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB .已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起始落点的竖直距离约5 m ．这个照相机的曝光时间约为(g 取10 m/s 2)( )A ．1×10－3 sB ．1×10－2 sC ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动位移为 5 m 时的末速度为：v 1＝2gh ＝10 m/s ；由于0.12 m 远小于5 m ，故可能近似地将AB 段当成匀速运动，故时间为：t ＝ABv 1＝0.012 s ≈0.01 s ，故选B.答案：B5．(2017·株洲二中检测)如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最终停在O 点．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为L 1、L 2、L 3，小物块由A 、B 、C 三点运动到O 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A.L 1t 1＝L 2t 2＝L 3t 3 B.L 1t 1<L 2t 2<L 3t 3C.L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23D.L 1t 21<L 2t 22<L 3t 23解析：研究小物块运动的逆过程，小物块从O 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x ＝12at 2，故a ＝2xt2， 故位移与时间平方的比值为定值，即L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23，故选C.答案：C6．(多选)汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，第4 s 末通过B 点时关闭发动机，再经6 s 到达C 点时停止．已知AC 的长度为30 m ，则下列说法正确的是( )A ．通过B 点时速度是3 m/s B ．通过B 点时速度是6 m/sC ．AB 的长度为12 mD ．汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同解析：汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，画出v-t 图象，由图可得x AC ＝12v B t ，解得v B ＝6 m/s ，所以选项A 错误，B 正确；0～4 s 内，x AB ＝12v B t 1＝12 m ，所以选项C 正确；由v ＝v 0＋v t2，知汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同，选项D 正确．答案：BCD7．(多选)(2017·温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为 5 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a＝－8－5 s ＝1.6 s<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m －6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝1.68 s＝0.2 s 时汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．答案：AD8．一质点由静止从A 点出发，先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，后做匀减速直线运动，加速度大小为3a ，速度为零时到达B 点．A 、B 间距离为x ，求质点运动过程中的最大速度．解析：设运动过程中的最大速度为v ，则匀加速直线运动的位移x 1＝v 22a，匀减速直线运动的位移x2＝v22×3a，由题意x＝v22a ＋v22×3a，解得v＝3ax 2.答案：3ax2B组能力提升9．(2018·蚌埠模拟)一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后做匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经时间t恰能回到出发点，则a1∶a2应为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：规定初速度方向为正方向，在加速阶段有x＝12a1t2，减速阶段有－x＝v0t－12a2t2，其中v0＝a1t，可得a1∶a2＝1∶3，C正确．答案：C10．(2018·湖南长沙雅礼中学月考)如图所示，一物体做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，其中B是AC的中点．已知物体在AB段的平均速度大小为3 m/s，在BC段的平均速度大小为6 m/s，则物体经过B点时的速度大小是( )A．4 m/s B．4.5 m/sC．5 m/s D．5.5 m/s解析：因为物体在AB段的平均速度大小为3 m/s，所以3 m/s＝v A ＋v B2，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，所以6 m/s ＝v C ＋v B2；又因为AB ＝AC ，故v 2B －v 2A ＝v 2C －v 2B ，联立解得v B ＝5 m/s ，C 正确．答案：C11．(2018·福州模拟)某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于水平地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s 到达离地面40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小； (2)火箭上升离地面的最大高度； (3)火箭从发射到返回发射点的时间．解析：设燃料恰好用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点．(1)对第一个过程有h 1＝v 12t 1，代入数据解得v 1＝20 m/s.(2)对第二个过程有h 2＝v 212g，代入数据解得h 2＝20 m ，所以火箭上升离地面的最大高度h ＝h 1＋h 2＝60 m.(3)第二个过程用时t 2＝v 1g，代入数据解得t 2＝2 s ，设火箭从最高点返回发射点用时t 3 由h ＝12gt 23得t 3＝2hg，代入数据解得t 3≈3.5 s ，火箭从发射到返回发射点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝9.5 s. 答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)9.5 s12．(2018·山东潍坊中学模拟)我国东部14省市ETC 联网已正常运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v 1＝15 m/s 的速度朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前x ＝10 m 处正好匀减速至v 2＝5 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至速度为0，经过t ＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2.求：(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 解析：(1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x 1＝v 21－v 222a＝100 m ，所以总的位移x 总1＝2x 1＋x ＝210 m.(2)过ETC 通道时t 1＝v 1－v 2a ×2＋xv 2＝22 s ，过人工收费通道时t 2＝v 1a×2＋t ＝50 s ，x 2＝v 212a×2＝225 m ，二者的位移差Δx ＝x 2－x 总1 ＝(225－210) m ＝15 m ，在这段位移内汽车过ETC 通道时是做匀速直线运动，所以Δt ＝t 2－⎝⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1＝27 s. 答案：(1)210 m (2)27 s。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升(共14专题)
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 命题意图：本题考查速度—时间图象、追及和相遇问题及相关的知识点，意在考查考生对速度—时间图象的理解和掌握能力．解析：根据题述，两车在t ＝3 s 时并排行驶，由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；由题给图象可知，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． 答案：BD2．(2016·全国卷Ⅲ)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x ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.x t 2B.3x 2t 2C.4xt 2 D.8x t 2命题意图：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．解析：设质点的初速度为v 0，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，x 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 ＝x t 2，A 项正确；B 、C 、D 项错误． 答案：A3．(多选)(2013·全国卷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车的大命题意图：本题考查位移图象、追及问题等知识点，通过交点知道谁追上谁，通过斜率知道速度如何变化．本题意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力．解析：由x-t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x-t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b车沿负方向运动，B选项正确；x-t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先减小后增加，C选项正确，D选项错误．答案：BC4.(2014·全国卷Ⅱ)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v-t图象如图所示．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命题意图：本题考查了匀变速运动中的追及和相遇问题，图中斜率代表加速度，交点代表速度相等，距离产生最值，面积代表位移．解析：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝xt 得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于v1＋v22，选项B错误；根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．答案：A5．(2013·全国卷Ⅰ)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．命题意图：本题考查了匀变速直线运动规律．本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例，分别解出A、B 的位置y A 、x B ，再由A 、B 各自的运动，列出方程y A ＝2l ＋12at 2，①x B ＝v B t ，②就可求解v B ＝146al . 难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．解析：设B 车的速度大小为v ，如图，标记R 在时刻t 通过点R ′(l ，l )，此时A 、B 的位置分别为A ′、B ′.由运动学公式，A ′的纵坐标y A ′、B ′的横坐标x B ′分别为y A ′＝2l ＋12at 2，x B ′＝v-t ，在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为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.由几何关系知x R ′x B ′＝y A ′－l y A ′＋l ＝23，x R ′x B ′＝l vt ＝23， 联立解得v ＝6al 4. 答案：6al 4章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a 和b 受到绳的拉力大小均等于物体a 的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F 保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a 、b 均保持静止，选a 受力分析得，绳子拉力F T ＝m a g ，所以物体a 和b 受到绳的拉力保持不变，C 选项错误；a 、b 受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO ′的张力不变，A 选项错误；对b 进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x ＋F f ＝F x ，F y ＋F N ＋F T y ＝m b g ，F T 和m b g 始终不变，当F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B 选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D 选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN 逐渐增大，F OM 先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°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为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F进行分解，F的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f≠μmg.解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F＝μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f＝μF N，F N＝mg－F sin θ，可知摩擦力为F f＝μ(mg－F sin θ)，F f＝12 F，代入数据为：12μmg＝μ(mg－32F)，联立可得μ＝33.答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm ，伸长为100 cm ，则AC 段长50 cm ，故∠ACD ＝53°.由受力平衡2F 1cos 53°＝mg ，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F 2＝mg .假设绳子的劲度系数为k ，则绳子拉力F 1＝k (50 cm －40 cm)，F 2＝k (x －40 cm)，解得x ＝46 cm ，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m 解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m，C正确．答案：C章末整合提升1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图甲图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题意图：本题考查牛顿第二定律、受力分析、速度图象及其相关的知识点，意在考查考生运用相关知识分析解决实际问题的能力．难度中等偏难．解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A．8 B．10C．15 D．18命题意图：本题借助连接体问题考查了牛顿第二定律和隔离法，意在考查考生的逻辑推理能力．解析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝23max，联立可得n＝53x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．命题意图：本题考查运动学公式与动能定理的应用．解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv21－12mv20，①解得μ＝v20－v212gs0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1（v 1＋v 0）22s 20.答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1（v 1＋v 0）22s 24．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．命题意图：本题通过滑块—木板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等相关知识点．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f 1、F f 2和F f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有F f 1＝μ1m A g ，① F f 2＝μ1m B g ，②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g，③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A，④F f2＝m B a B，⑤F f2－F f1－F f3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式对木板有：v2＝v1－a2t2，⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2，⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m，(也可用如图所示的速度—时间图线求解)．答案：(1)1 m/s (2)1.9 m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．命题意图：本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝ 4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②x0＝v0t1＋12a1t21，③式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由题图乙可得a2＝v2－v1t2－t1，⑥式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3Δt，⑨v3＝v1＋a2Δt，⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝－v1＋v32Δt，⑪小物块运动的位移为x2＝v1＋v32Δt，⑫小物块相对木板运动的位移为Δx＝x2－x1，⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮0－v23＝2a4x3，⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3，⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m章末整合提升万有引力与航天⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧开普勒行星运动定律万有引力定律⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：F ＝G m 1m2r 2定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma计算天体的质量和密度人造地球卫星⎩⎪⎨⎪⎧人造地球卫星的环绕速度地球同步卫星1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大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 命题意图： 本题考查平抛运动规律及其相关的知识点． 解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心命题意图：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题．解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．答案：A3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )A.L 12 g6h <v <L 1g 6hB.L 14 g h <v < （4L 21＋L 22）g6hC.L 12 g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h解析：当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小．由平抛运动规律，L 12＝v 1t ，2h ＝12gt 2，联立解得：v 1＝L 14gh.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大．由平抛运动规律， L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝v 2t ′，3h ＝12gt ′2，联立解得：v 2＝12（4L 21＋L 22）g6h .即速度v 的最大取值范围为L 14gh<v <12（4L 21＋L 22）g6h，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B．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命题意图：本题考查万有引力定律在天体运行中的应用．解析：在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C 项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于T04，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确．答案：CD5．(2017·全国卷Ⅲ)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．向心加速度变大命题意图：本题考查天体运动、圆周运动的知识．解析：组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据GMm R2＝m v2R，可得v＝GMR，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又T ＝2πRv，则周期T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度a ＝GMR2，不变，D 项错误．答案：C6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h命题意图：本题考查同步卫星、开普勒第三定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力．解题关键：解答此题的关键是地球同步卫星的周期等于地球自转周期以及运动周期与轨道半径的关系．解析：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 ）2T2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．答案：B章末整合提升机械能⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎨⎪⎧做功的两个必要因素恒力做功：W ＝Fl cos θ变力做功功率⎩⎪⎨⎪⎧平均功率：P ＝W t 或P ＝Fv cos θ瞬时功率：P ＝Fv cos θ机车的两种启动方式⎩⎪⎨⎪⎧以恒定的功率启动以恒定的加速度启动机械能⎩⎪⎨⎪⎧动能：E k ＝12mv2重力势能：E p ＝mgh机械能：E ＝E k＋Ep基本规律⎩⎪⎨⎪⎧功能关系：W ＝ΔE 动能定理：W ＝E k2－Ek1机械能守恒定律：E k1＋E p1＝E k2＋Ep2能量转化和守恒定律1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B.v 28g C.v 24gD.v 22g命题意图：本题考查力与运动、功能关系及机械能守恒定律等知识．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )。
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章末整合提升
机械能⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎨⎪⎧做功的两个必要因素恒力做功：W ＝Flcos θ
变力做功
功率⎩⎪⎨⎪⎧平均功率：P ＝W t 或P ＝Fvcos θ瞬时功率：P ＝Fvcos θ机车的两种启动方式⎩⎪⎨⎪⎧以恒定的功率启动
以恒定的加速度启动
机械能⎩⎪⎨⎪⎧动能：E k ＝12mv
2重力势能：E p ＝mgh 机械能：E ＝E k ＋E p 基本规律⎩⎪⎨⎪⎧功能关系：W ＝ΔE 动能定理：W ＝E k2－E k1机械能守恒定律：E k1＋E p1＝E k2＋E p2
能量转化和守恒定律
1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(
)
A.v 216g
B.v 28g
C.v 24g
D.v 22g
命题意图：本题考查力与运动、功能关系及机械能守恒定律等知识． 解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光
滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－
12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12
gt 2，求得x ＝－16⎝
⎛⎭⎪⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．
答案：B
2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l
的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距1
3l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A.19
mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl。