答案修正大一物理复习
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
物理精优大一轮复习人教版第3单元+牛顿运动定律+作业答案+Word版含解析 (1).docx
课时作业(六)1.A[解析]由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室.惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,A正确.2.C[解析]对鱼分析,加速度向右,则重力与水对鱼的作用力的合力水平向右,所以水对鱼的作用力斜向右上方,选项C 正确.3.C[解析]由平衡条件知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为25 N和10 N的两个力后,物体的合力大小范围为5 N≤F 合≤35 N,物体的加速度范围为2.5 m/s2≤a≤17.5 m/s2,撤去两个力后,加速度可能为5 m/s2,但是若速度与合加速度方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,选项A错误;撤去两个力后,加速度不可能为2 m/s2,选项B错误;若物体原来做匀速直线运动,则撤去两个力后,剩下力的合力恒定,物体做匀变速运动,加速度大小可能是15 m/s2,但不可能做匀速圆周运动,选项C正确,D错误.4.D[解析]对小球,刚松手时,有mg+kx=ma1,做加速度减小的加速运动,当kx=0时,加速度为g,然后弹簧伸长,加速度a2=-,继续做加速度减小的加速运动,当=-,做加速度增大的减速运动到最mg=kx时,速度最大,继续向下运动,加速度a3低点,选项A、B、C错误,选项D正确.5.D[解析]由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=-=-g,若拉力改为2F,则物体的加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,则物体的加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,则物体的加速度a3=-g<,选项C错误;若质量改为,拉力改为,则物体的加速度a4=-g=a,选项D正确.6.B[解析]从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B正确,选项D错误;加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A、C错误.7.A[解析]物块P受重力和支持力作用,由牛顿第二定律得mg tan θ=ma,故加速度为g tan θ,选项C、D错误;支持力F N=,选项A正确,B错误.8.A[解析]由于滑轮光滑,故绳子拉甲的力与绳子拉乙的力大小相等,若甲的质量大,则甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,则甲攀爬时,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误.9.BC[解析]斜面甲上的小球所受的合力为0,做匀速运动,斜面甲对箱子的作用力与箱子和小球的总重力(m+M)g大小相等;斜面乙上的小球所受的合力为mg sin θ,做匀加速运动,对乙图中的小球和箱子,斜面乙对箱子的作用力大小为(m+M)g cos θ,小于(m+M)g,选项B、C正确.10.AC[解析]对小球受力分析如图所示,设小球所在位置的半径与水平方向的夹角为θ,则小球所受的合力F合=,根据牛顿第二定律得F合==ma,解得tan θ=,槽的加速度a越大,则θ越小,由几何关系可知h越大,故A正确,B错误;槽对球的支持力F N=,槽的加速度a越大,则θ越小,由F N=知F N越大,由牛顿第三定律知,球对槽的压力越大,故C正确,D错误.11.B[解析]对整体,由牛顿第二定律得,加速度a=,对小球,有==m,由牛顿第三定律可知,小球对椭圆面的压力FN大小F'N=F N=m,选项B正确.12.A[解析]对物块受力分析如图所示,由牛顿第二定律知,在竖直方向,有f=mg,在水平方向,有F N=ma,A正确,C、D错误;车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力,B错误.13.D[解析]如图所示,车加速时,球的位置不变,则AB绳的拉力沿竖直方向的分力T1cos θ仍等于重力G,T1=不变;向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供,故T2变大,选项D正确.14.(1)如图所示(2)5 N方向垂直于杆向上(3)2.5 m/s2[解析](1)小球的受力示意图如图所示.(2)建立如图所示的坐标系,沿y方向,有(F-mg)cos 30°-F N=0解得F N=5 N根据牛顿第三定律知,小球对杆的压力大小为5 N,方向垂直于杆向上. (3)沿x方向,由牛顿第二定律得(F-mg)sin 30°-f=ma而f=μF N解得a=2.5 m/s2.15.(1)g(2)3g[解析](1)绳BC刚好被拉直时,小球受力如图甲所示.因为AB=BC=b,AC=b故绳BC方向与AB垂直,cos θ=,则θ=45°由牛顿第二定律得mg tan θ=ma解得a=g(2)小车向左的加速度增大,AC、BC绳方向不变,所以AC绳的拉力不变,BC绳的拉力变大,当BC绳的拉力最大时,小车向左的加速度最大,小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律得T m+mg tan θ=ma m因T m=2mg,所以最大加速度为a m=3g课时作业(七)1.C[解析]体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系,所以大小相等,方向相反,选项A错误;体重计示数就是体重计对小李的支持力大小,在这段时间内,支持力大于小李的重力,选项B错误;根据牛顿第二定律得-mg=ma,解得加速度a=1 m/s2,方向竖直向上,选项C正确;根据题意,小李处于超重FN状态,但不能确定速度方向,选项D错误.2.BC[解析]t2~t3时间内,橡皮绳拉力减小且大于重力,小球向上运动,处于超重状态,选项A错误;t3~t4时间内,橡皮绳拉力减小且小于重力,小球向上运动,处于失重状态,选项B正确;t4~t5时间内,橡皮绳拉力增大且小于重力,小球向下运动,处于失重状态,选项C正确;t5~t6时间内,橡皮绳拉力增大且大于重力,小球向下运动,处于超重状态,选项D错误.3.D[解析]图像的斜率表示加速度,由图像知,在0~5 s内,斜率为正,加速度为正,方向向上,处于超重状态,速度为正,即电梯向上加速运动;在5~10 s内,电梯匀速运动,该同学的加速度为零,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力;10~20 s内,斜率为负,速度为正,即电梯向上做减速运动,加速度向下,处于失重状态,选项A、B、C错误,选项D正确.4.A[解析]小球向上运动时,加速度a1=随速度减小而减小;小球向下运动时,加速度a2=-随速度增大而减小,上升和下降的位移大小相等,则上升、下降对应图线与t轴围成的面积相等,将在t0时刻前到达最高点,选项A正确.5.AC[解析]当该同学站在力传感器上静止时,其合力为零,即支持力大小等于该同学的重力,由图线可知,该同学的重力约为650 N,A正确.每次下蹲,该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动,即先经历失重状态,后经历超重状态,读数F先小于重力,后大于重力;每次起立,该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动,即先经历超重状态,后经历失重状态,读数F先大于重力、后小于重力.由图线可知C正确,B、D错误.6.C[解析]小球向上做匀减速运动的加速度大小a1=12 m/s2,根据牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得阻力f=ma1-mg=2 N,则重力和阻力大小之比为5∶1,故A错误;小球下降的加速度大小a2=-=- m/s2=8 m/s2,根据x=at2得t=,可知上升的时间和下落的时间之比为∶3,故B错误;小球上升的位移x=×2×24 m=24 m,小球下落过程,根据v2=2a2x得,小球落回抛出点的速度v==m/s=8 m/s,故C正确;小球下落过程中,加速度向下,处于失重状态,故D错误. 7.D[解析]刚释放时,速度较小,空气阻力较小,箱子做加速运动,随箱子下落速度的增大,空气阻力不断变大,故箱子做加速度不断减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达到最大,之后做匀速运动,在达到稳定速度前,箱内物体一直处于失重状态,对箱内物体受力分析,其受到重力和支持力,根据牛顿第二定律得mg-F N=ma,由于a逐渐减小到0,故支持力F N由0逐渐增大到mg,之后保持不变,选项A、B、C错误;支持力F N由0逐渐增大到mg,之后保持不变,所以即使下落距离足够长,箱内物体也不可能“飘起来”而处于完全失重状态,选项D正确.8.(1)2(2)(3)[解析](1)由v2=2gH解得v=2(2)因h1=t1,h2=t2解得=(3)由2gH=v2=2a1h1F 1-mg=ma1解得F1=3mg同理得F2=mg所以=9.(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)[解析](1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得,初速度v=20 m/s,末速度v=0,位移x=25 m,由运动学公式得=2axt=联立以上两式,代入数据得a=8 m/s2,t=2.5 s.(2)设志愿者饮酒后反应时间为t',与一般人相比,反应时间的增加量为Δt,由运动学公式得L=vt'+xΔt=t'-t0联立以上两式,代入数据得Δt=0.3 s.(3)设志愿者所受的合外力大小为F,汽车对志愿者的作用力大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得F=ma由平行四边形定则得=F2+(mg)2联立以上两式,代入数据得=.10.(1)1 m/s0.5 m(2)2.5 m[解析](1)运动员在雪道上用滑雪杖对雪面作用时,根据牛顿第二定律得F-f=ma1解得加速度为a1=1 m/s2t 1=1.0 s时的速度为v1=a1t1=1 m/s这段时间内的位移x1=a1=0.5 m(2)撤去水平推力后,运动员减速运动,根据牛顿第二定律得f=ma2解得加速度大小为a2=0.25 m/s2撤去水平推力F后,经过2 s时的速度为v2=v1-a2t2=0.5 m/s第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同,有-=2a1x 1解得v3= m/s此后在水平方向上仅受摩擦力作用而做匀减速运动,有=2a2x2解得x2=2.5 m11.(1)4.8 m/s(2)如图所示[解析](1)滑块沿斜面上滑过程,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1解得a1=9.6 m/s2设滑块上滑的位移大小为L,则=2a1L解得L=4.8 m滑块沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2解得a2=2.4 m/s2根据v2=2a2L解得v=4.8 m/s.(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1==1 s对斜面与滑块体构成的系统受力分析,有f1=ma1cos θ=7.68 N滑块沿斜面下滑过程用时t2==2 s对斜面与滑块体构成的系统受力分析,有f2=ma2cos θ=1.92 Nf随时间变化的图像如图所示.课时作业(八)1.A[解析]对整体,有F=ma,对右侧长度为x的绳子,有T=a,则T=,选项A正确.2.B[解析]对两物体和弹簧测力计组成的系统,根据牛顿第二定律得,整体的加速度a=-= m/s2=2 m/s2,隔离B,根据牛顿第二定律得F-F2=m2a,解得F=24 N,所以弹簧测力计的示数为24 N,选项A错误,B正确;在突然撤去F2的瞬间,弹簧测计力的弹力不变,A 的加速度不变,为2 m/s 2,B 的加速度a 2==m/s 2=12 m/s 2,选项C 、D 错误.3.ABD [解析] 最初水平面对小球的弹力为零,小球受到重力mg 、轻绳的拉力T 和弹簧的弹力F 作用而处于平衡状态,根据平衡条件,竖直方向上,有T cos θ=mg ,水平方向上,有T sin θ=F ,解得弹簧弹力F=mg tan θ=20 N ,剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,仍为20 N ,小球在竖直方向上仍平衡,即水平面的支持力F N =mg ,水平方向上弹簧的弹力保持不变,由牛顿第二定律得,小球的加速度a=-=-m/s 2=8 m/s 2,方向向左,A 、B 正确;剪断弹簧的瞬间,小球立即只受地面支持力和重力作用,且二力平衡,加速度为零,C 错误,D 正确.4.C [解析] 剪断轻绳前,对B ,有F 弹=f B =μm 2g ,传送带对A 的滑动摩擦力f A =μm 1g ,弹簧给A 向右的弹簧弹力F'弹=F 弹=μm 2g ,当剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不变,B 的合力为零,即a B =0,轻绳的拉力为零,A 受到向右的弹力以及滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得a A ==μg,选项C 正确.5.A [解析] 对猫,有f=mg sin θ,对长木板,有f+2mg sin θ=2ma ,故加速度a=1.5g sin θ,选项A 正确.6.D [解析] 当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和圆弧槽A 点给的支持力,如图所示,由牛顿第二定律得°=ma ,解得a=°;以整体为研究对象,由牛顿第二定律得Mg=(M+2m )a ,解得M=( +1)m ,故选项D 正确.7.AC[解析]相同时间内,A、B运动的路程、加速度大小之比都为2∶1,选项A 正确,B错误;由牛顿第二定律得3mg-2T=3ma,T=2ma,则细绳的拉力T=,选项C正确,D错误.8.C[解析]对整体,有F-(m1+m2)g sin θ-μ(m1+m2)g cos θ=(m1+m2)a,对物体B,有T-m2g sin θ-μm2g cos θ=m2a,联立解得T=F,选项A、B错误,C正确;若将F反向,对整体,有F+(m1+m2)g sin θ-μ(m1+m2)g cos θ=(m1+m2)a',对物体A,有T'+m1g sin θ-μm1g cos θ=m1a',联立解得T'=F,选项D错误.9.D[解析]刚开始,A、B匀加速运动,有2mg-F=2ma,则F=mg,当A和B间的弹力为零时,对A,由牛顿第二定律得mg-kx=ma,则弹簧的弹力kx=(即x=),在A、B间弹力减为0之前,对A,有mg-kx-F N=ma,二者之间的弹力F N由开始运动时的线性减小到零,选项A、B错误;在A、B间弹力减为0之前,对A、B整体,有2mg-kx-F=2ma,当kx=时,F=,力F由开始时的mg线性减小到,在弹力减为0之后,托盘与物块分离,力F保持不变,选项C错误,D正确.10.(1)15 N(2)6 m[解析](1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B 物体的v-t图像得a=3 m/s2.对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmA g=(mA+mB)a,解得F=15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对A物体,有μm A g=m A a A,解得a A=μg=3 m/s2,由v0-a A t=0,解得t=2 s,物体A的位移为x A=t=6 m,物体B的位移为x B=v0t=12 m,所以A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离为Δx=x B-x A=6 m.11.A[解析]在剪断细线前,对A、B及弹簧整体,由牛顿第二定律得F-3mg=3ma,对B,由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma,由此可得F弹=,细线被剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,此时A球受到向下的重力和弹簧的弹力作用,有F弹+mg=ma A,解得a A=+g,选项A正确.12.(1)见解析(2)[解析](1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动,加速度大小都为a=g,B与地面碰撞后,A继续向下做匀加速运动,加速度大小=-,aAB竖直向上做匀减速运动,加速度大小a=,BB速度减为零后,继续以加速度a向下运动.B(2)B第一次着地前瞬间的速度为v1=,B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t=,在此时间内A的位移x=v1t+a A t2,要使B再次着地前A不脱离B,木棒长度L必须满足L≥x,联立解得L≥.专题训练(三)1.A[解析]对小车,由牛顿第二定律得F-f=Ma,则摩擦力f=F-Ma,选项A正确.2.C[解析]设圆轨道的半径为R,根据等时圆模型知t乙>t甲,t甲=2;丙做自由落体运动,有t丙=,所以有t乙>t甲>t丙,选项C正确.3.A[解析]设杆与竖直方向的夹角为α,圆周的直径为D,根据牛顿第二定律得,滑环的加速度为a==g cos α,杆的长度为x=D cos α,根据x=at2得,t== =,所以时间t与α无关,故t1=t2,选项A正确.4.C[解析]当A、B相对静止且A、B间恰好达到最大静摩擦力时,三者有相同的加速度,对A,有μ1mg=ma1,解得a1=μ1g=2 m/s2;当A、B间发生了相对滑动,而B与小车间恰好达到最大静摩擦力时,A的加速度仍为a1=μ1g=2 m/s2,对B,有μ2·2mg-μ1mg=ma2,解得a2=2μ2g-μ1g=4 m/s2,故小车的加速度大小a0的范围为2 m/s2<a0≤4 m/s2,选项C正确.5.C[解析]对小滑块,在水平方向上,有f=μmg=ma B,解得a B=4 m/s2,对木板,在水平方向上,有F-f'=Ma A,解得a A=6 m/s2,当小滑块刚滑下木板时,有a A t2-a B t2=L,解得t=1 s,此时,vA =6×1 m/s=6 m/s,vB=4×1 m/s=4 m/s,选项C正确,A、B、D错误.6.C[解析]木块刚滑上传送带后,做匀减速运动,加速度a1==g sin θ+μg cos θ,若一直减速到顶端,则图像为D;当速度减至与传送带相等后,若mg sin θ>μmg cos θ,则加速度a2=-=g sin θ-μg cos θ,图像为B;若mg sin θ≤μmg cos θ,则加速度a3=0,图像为A;不可能为C.7.(1)0.5 s 2.5 m(2)2.25 m[解析](1)炭块的加速度a1=μ1g=4 m/s2对木板,有μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2设历时t速度相同,有v=a1t=v0-a2t联立解得t=0.5 s,v=2 m/s,a2=16 m/s2黑色痕迹长Δx1=v0t-a2t2-a1t2=2.5 m(2)速度相等后,假设二者能相对静止一起匀减速运动,则对整体,有μ2(M+m)g=(M+m)a对炭块,有f=ma解得f=6 N由于f>μ1mg=4 N,故假设不成立,两者会相对滑动炭块减速时的加速度大小a'1=a1=μ1g=4 m/s2木板减速时,有μ2(M+m)g-μ1mg=Ma'2解得a'2=8 m/s2故Δx2=-+-2=2.25 m8.(1)1.5 s(2)5 m[解析](1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2,加速过程中,有t1==1 s,x 1=a1=5 m,速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则a2=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2,x 2=L-x1=5.25 m,由x2=v0t2+a2,解得t2=0.5 s.煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s.(2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m,第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m,两过程痕迹部分重合,故痕迹总长为5 m.9.(1)0.4(2)4 kg0.1(3)8.125 m[解析](1)由图像知,使小物块和木板能一起运动的最大外力F m=25 N,当F>25 N时,小物块与木板相对滑动,对小物块,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,由图像知a1=4 m/s2,解得μ1=0.4.(2)对木板,由牛顿第二定律得F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,即a2=--=--+,由图像知,=,--=-,解得M=4 kg,μ2=0.1.(3)给小物块一水平向右的初速度v0=4 m/s时,小物块运动的加速度大小为a1=4 m/s2,方向水平向左,设小物块运动t1时间速度减为零,则t1==1 s,位移x1=v0t1-a1=2 m,木板的加速度大小a2=--=5 m/s2,方向向左,木板的位移大小x2=a2=2.5 m,此时木板的速度v2=a2t1=5 m/s,由于x 1+x 2=L ,即此时小物块运动到木板的右端,当木板继续运动时,小物块从木板的右端竖直掉落,设小物块从木板上掉下来后木板的加速度大小为a 3,对木板,由牛顿第二定律得F-μ2Mg=Ma 3, 解得a 3=m/s 2,在t=2 s 时小物块与木板右端的距离x 3=v 2(t-t 1)+a 3(t-t 1)2=8.125 m . 10.(1)1 s (2)(2- ) s[解析] (1)小物块在其速度达到与传送带速度相等前做匀加速直线运动,有F+μmg cos 37°-mg sin 37°=ma 1 解得a 1=8 m/s 2 由v=a 1t 1 解得t 1=0.5 s位移x 1=a 1=1 m小物块与传送带达到相同速度后,因F-mg sin 37°=4 N =μmg cos 37°,故小物块在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升,位移x 2=°-x 1=2 m 则t 2==0.5 s 总时间为t=t 1+t 2=1 s(2)在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去恒力F ,因为μ<tan 37°,故有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma 2 解得a 2=2 m/s 2假设小物块能向上匀减速运动到速度为零,则通过的位移为x==4 m >x 2故小物块向上匀减速运动到速度为零前已经滑上平台由x 2=vt 3-a 2解得t3=(2-) s[t3=(2+) s舍去].经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
大学物理练习册参考答案
大学物理练习册参考答案大学物理练习册是大学物理的重要教材之一，它的主要作用是为大学物理课程提供题目和习题，使学生能够更好地掌握和理解物理知识。
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第一题：有一块长度为20cm，宽度为10cm，厚度为2cm的矩形金属板，重量为3N。
请问这块金属板的密度是多少？答案：首先我们需要知道密度的定义，密度是单位体积内物质的质量。
因此，我们可以根据这个公式计算出这块金属板的密度：密度=质量/体积其中，这块金属板的质量为3N，体积为20cm × 10cm × 2cm = 400cm³。
把质量和体积带入公式中，可以得到这块金属板的密度为：密度=3N/400cm³=0.0075N/cm³因此，这块金属板的密度为0.0075N/cm³。
第二题：有一个长度为4m的绳子，一个人沿着绳子向上爬，绳子的质量是忽略不计的。
如果人的体重为600N，他在绳子上爬行的过程中，绳子的张力是多少？答案：在求解这个问题之前，我们需要知道牛顿第二定律的公式：力=质量× 加速度根据牛顿第二定律，可以得到人在绳子上爬行时绳子所受的力等于绳子的张力减去重力。
因此，我们可以得到以下公式：绳子的张力=人的重力+绳子的重力其中，人的重力为600N，绳子的重力可以根据绳子的长度和重力加速度计算得出。
在地球上，物体的重力加速度大约为9.8m/s²。
因此，绳子的重力可以用下面的公式计算：绳子的重力=绳子的质量× 重力加速度因为绳子的质量可以根据绳子的长度和线密度计算得出，我们可以得到以下公式：绳子的质量=绳子的长度× 线密度假设绳子的线密度为ρ，绳子的质量可以表示为：绳子的质量=ρ × 面积× 长度根据绳子的面积和长度，可以得到：面积=长度× 直径/4因此，绳子的质量可以通过以下公式计算得出：绳子的质量=ρ × 直径² × 长度/16把绳子的质量和重力加速度带入公式中，可以得到绳子的重力为：绳子的重力=ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度把人的重力和绳子的重力带入公式中，可以得到绳子的张力为：绳子的张力=人的重力+绳子的重力=600N+ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度因此，如果已知绳子的线密度、直径、长度和重力加速度，就可以计算出绳子在负责人上爬行时所受的张力。
大一物理习题集答案
大一物理习题集答案大一物理习题集答案在大学的物理课程中，习题集是非常重要的学习资料。
通过解答习题，学生可以加深对物理知识的理解，提高解决问题的能力。
然而，对于初学者来说，有时候习题集中的问题可能会让人感到困惑。
因此，本文将提供一些大一物理习题集的答案，以帮助学生更好地掌握物理知识。
第一章：力学1. 一个物体以10m/s的速度向前运动，受到一个30N的恒力作用，求物体在5秒钟内所经过的距离。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，可得物体的加速度a=30N/m。
根据匀加速直线运动的公式s=ut+1/2at^2，代入已知条件，得到s=(10m/s)(5s)+1/2(30N/m)(5s)^2=175m。
2. 一个质量为2kg的物体受到一个10N的力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F=ma，可得物体的加速度a=10N/2kg=5m/s^2。
第二章：热学1. 一个物体的质量为0.5kg，温度为20摄氏度，求将其加热到100摄氏度所需的热量。
答案：根据热量传递公式Q=mcΔT，其中m为物体的质量，c为物体的比热容，ΔT为温度变化。
代入已知条件，可得Q=(0.5kg)(4200J/kg·℃)(100℃-20℃)=168000J。
2. 一个物体的质量为1kg，比热容为2000J/kg·℃，温度从20摄氏度升高到50摄氏度，求所需的热量。
答案：根据热量传递公式Q=mcΔT，代入已知条件，可得Q=(1kg)(2000J/kg·℃)(50℃-20℃)=60000J。
第三章：电学1. 一个电阻为10欧姆的电路中通过电流为2安培，求电路中的电压。
答案：根据欧姆定律V=IR，其中V为电压，I为电流，R为电阻。
代入已知条件，可得V=(10欧姆)(2安培)=20伏特。
2. 一个电路中的电压为12伏特，通过电流为3安培，求电路中的电阻。
答案：根据欧姆定律R=V/I，代入已知条件，可得R=12伏特/3安培=4欧姆。
大学物理1练习册参考答案
参 考 答 案练习一1-2、DD 3、i ct v v)31(30+=，400121ct t v x x ++=4、 j 8，j i 4+-，4412arctg arctg -+ππ或5解：（1）j t t i t r)4321()53(2-+++=；（2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t +=++===；（3）)/(12s m j dtvd a ==6 解： ∵ xvv t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t +，212t+5、解：（1）由23Rbt dt d R dt ds v -===θ得：Rbt dtdv a 6-==τ，4229t Rb R v a n == n n n e t Rb e Rbt e a e a a4296+-=+=τττ6、当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('αα++=+=地练习三：1-3、BCB 4、3s ； 5、ωωωωR j t i t R v R y x )cos sin (222+-==+6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a =+-=+-=-==船船 7、解： kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0 t k e v dtdxv -==0dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=练习四：1-2 AC3、解： 2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==mf a y y (1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtdvm F kv mg =--分离变量及积分得：⎰⎰----=-v tFkv mg F kv mg d dt m k00)(解得：))(1(1F mg e kv t m k--=-5、解：取弹簧原长时m 2所在处为坐标原点，竖直向下为x 轴，m 1，m 2的受力分析如上图所示。
大一物理试题及答案解析
大一物理试题及答案解析一、选择题1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 299,792,458 m/sB. 300,000,000 m/sC. 299,792,000 m/sD. 300,000,000 km/s答案：A解析：光在真空中的传播速度是一个常数，大约为299,792,458 m/s。
选项A是正确的。
2. 根据牛顿第二定律，力等于（）。
A. 质量乘以加速度B. 加速度乘以质量C. 速度乘以质量D. 质量除以加速度答案：A解析：牛顿第二定律表明，力等于质量乘以加速度，公式表示为F=ma。
二、填空题3. 一个物体从静止开始以恒定加速度运动，其位移s与时间t的关系式为s = _______。
答案：(1/2)at^2解析：根据匀加速直线运动的位移公式，s = (1/2)at^2，其中a是加速度，t是时间。
4. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，其加速度为 _______。
答案：5 m/s^2解析：根据牛顿第二定律，F=ma，所以a=F/m=10N/2kg=5 m/s^2。
三、计算题5. 一个质量为5kg的物体从静止开始，以2m/s^2的加速度加速运动，求物体在5秒内的位移。
答案：25m解析：根据位移公式s = (1/2)at^2，将已知数值代入公式，得到s = (1/2) * 2m/s^2 * (5s)^2 = 25m。
6. 一个物体在水平面上以10m/s的初速度开始运动，受到一个与运动方向相反的阻力，大小为5N，求物体在3秒内的速度变化。
答案：-3m/s解析：首先计算物体的加速度，a = F/m = 5N/5kg = 1m/s^2。
然后使用速度变化公式Δv = at，得到Δv = 1m/s^2 * 3s = 3m/s。
由于阻力方向与运动方向相反，所以速度变化为-3m/s。
四、简答题7. 简述牛顿第一定律的内容。
答案：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出一切物体在没有受到外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
2021年大学课程《大学物理(一)》真题练习试卷 附答案
姓名班级学号………密……….…………封…………………线…………………内……..………………不…………………….准…………………答….…………题…2021年大学课程《大学物理（一）》真题练习试卷附答案考试须知：1、考试时间：120分钟，本卷满分为100分。
2、请首先按要求在试卷的指定位置填写您的姓名、班级、学号。
3、请仔细阅读各种题目的回答要求，在密封线内答题，否则不予评分。
一、填空题（共10小题，每题2分，共20分）1、从统计的意义来解释, 不可逆过程实质上是一个________________的转变过程, 一切实际过程都向着________________ 的方向进行。
2、长为的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。
如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为_____，细杆转动到竖直位置时角加速度为_____。
3、动量定理的内容是__________，其数学表达式可写__________，动量守恒的条件是__________。
4、一平面余弦波沿Ox轴正方向传播，波动表达式为，则x = -处质点的振动方程是_____；若以x =处为新的坐标轴原点，且此坐标轴指向与波的传播方向相反，则对此新的坐标轴，该波的波动表达式是_________________________。
5、真空中有一半径为R均匀带正电的细圆环，其电荷线密度为λ，则电荷在圆心处产生的电场强度的大小为____。
6、三个容器中装有同种理想气体，分子数密度相同，方均根速率之比为，则压强之比_____________。
7、动方程当t=常数时的物理意义是_____________________。
8、一质点的加速度和位移的关系为且，则速度的最大值为_______________ 。
9、如图所示，一束自然光入射到折射率分别为n1和n2的两种介质的交界面上，发生反射和折射．已知反射光是完全偏振光，那么折射角r的值为_______________________。
大一物理习题答案
Q x ‐F
○ –
‐2F
3‐5 试作出图示的各梁剪力图和弯矩图，并求出最大弯矩的值。
解：以下所有求解均以梁最左端为坐标原点，以轴线为 x 轴，建立坐标系，利用静力平 衡方程求解。 （d）求支座 A、B 的约束反力（均假设为向上） ，由静力平衡方程得：
题 3‐5 图
1 1 a , RA q a 2 4 1 3 RB q a q a q a 4 4
由上述各式解得：
N X (q1 q 2 )
N Y G 250 kN
1
M q1 3q 2
DH 2 1.5 20 2 (400 3 600) 165 10 3 N m 165 kN m 8 8
(a) (b) 题 2‐12 图
1 5 q a q ( x a) q a q x 4 4 1 M R A x q ( x a) ( x a) 2 1 1 2 q a x q ( x a) 4 2 5 即 Q q a qx ( a x 2a ) 4 1 1 2 M q a x q ( x a) ( a x 2a ) 4 2
AC 段： Q 0 M qa CB 段： Q
2
(0 x a )
(0 x a ) (a x 3a )
1 3 qa q( x a ) qx qa 2 2
6
1 M qa 2 RC ( x a) q ( x a) 2 2 1 1 2 2 qa qa( x a ) q ( x a ) 2 2 1 2 3 qx qax (a x 3a) 2 2
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大一物理基础试题及答案
大一物理基础试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比。
这一定律的数学表达式是（）。
A. F = maB. F = m/aC. a = F/mD. a = m/F答案：A3. 以下哪个选项是描述电磁波的（）。
A. 机械波B. 声波C. 光波D. 以上都不是答案：C4. 根据热力学第一定律，能量守恒，下列说法正确的是（）。
A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量可以从一个物体转移到另一个物体D. 能量的总量保持不变答案：D5. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，其速度为v，那么它的位移s是（）。
A. s = vtB. s = v^2/2aC. s = 1/2at^2D. s = 2vt答案：C6. 根据麦克斯韦方程组，以下哪个选项描述了变化的磁场产生电场（）。
A. 高斯定律B. 法拉第电磁感应定律C. 安培定律D. 洛伦兹力定律答案：B7. 以下哪个选项是描述光的波动性的（）。
A. 光的反射B. 光的折射C. 光的干涉D. 光的衍射答案：C8. 根据波粒二象性，光既表现出波动性也表现出粒子性，以下哪个实验证明了光的粒子性（）。
A. 双缝干涉实验B. 单缝衍射实验C. 光电效应实验D. 迈克尔逊-莫雷实验答案：C9. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力F作用，其加速度为a，若力F增大为2F，则物体的加速度变为（）。
A. 2aB. a/2C. 4aD. a答案：A10. 以下哪个选项描述了能量守恒定律（）。
A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量可以从一个物体转移到另一个物体D. 能量的总量保持不变答案：D二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在______。
大学物理(上)复习考试重修题库带答案
习题一一、选择题1． 质点沿轨道AB 作曲线运动，速率逐渐减小，图中哪一种情况正确地表示了质点在C[ C ](A) (B) (C) (D) 2． 一质点沿x 轴运动的规律是245x t t =-+（SI 制）。
则前三秒内它的 [ D ]（A ）位移和路程都是3m ；（B ）位移和路程都是-3m ； （C ）位移是-3m ，路程是3m ； （D ）位移是-3m ，路程是5m 。
解：3253t t x xx==∆=-=-=-24dx t dt =-，令0dxdt=，得2t =。
即2t =时x 取极值而返回。
所以： 022*********|||||||||15||21|5t t t t S S S x x x x x x ----=====+=+=-+-=-+-=3． 一质点的运动方程是cos sin r R ti R tj ωω=+，R 、ω为正常数。
从t ＝/πω到t =2/πω时间内（1）该质点的位移是 [B ]（A ） -2R i ； （B ）2R i； （C ） -2j ； （D ）0。
（2）该质点经过的路程是 [ B]（A ）2R ； （B ）R π； （C ）0； （D ）R πω。
解：（1）122,t t ππωω==，21()()2r r t r t Ri ∆=-=； （2）∆t 内质点沿圆周运动了半周，故所走路程为πR 。
或者：,x y dx dy v v dt dt==，21,t t v R S vdt R ωπ====⎰4． 一细直杆AB ，竖直靠在墙壁上，B 端沿水平方向以速度v滑离墙壁，则当细杆运动到图示位置时，细杆中点C 的速度 [ D] （A ）大小为/2v ，方向与B 端运动方向相同；（B ）大小为/2v ，方向与A 端运动方向相同；（C ）大小为/2v , 方向沿杆身方向；（D ）大小为/(2cos )v θ ，方向与水平方向成θ角。
解：对C 点有 位置：2sin sin sin ,2cos cos cos C C x l l l y l l l θθθθθθ==-=-=；速度：cos ,sin Cx Cy d d v l v l dt dt θθθθ==-；所以，2cos C d v v l dt θθ==.（B 点：2sin ,2cos ,2cos B B d d vx l v l v dt dt l θθθθθ===∴=）。
大一物理习题及答案（下）
大学物理练习十一．选择题：1．C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。
然后将电源断开，再把一电介质板插入C 1中，则(A) C 1上电势差减小，C 2上电势差增大。
(B) C 1上电势差减小，C 2上电势差不变。
(C) C 1上电势差增大，C 2上电势差减小。
(D) C 1上电势差增大，C 2上电势差不变。
解∶电源断开意味着电量不变。
由于C 1 放入介质，C 1电容增大，则电势差减小。
[ B ]2．两只电容器，F C F C μμ2,821==，分别把它们充电到1000V ，然后将它们反接（如图所示），此时两极板间的电势差为： (A) 0V (B) 200V(C) 600V (D) 1000V [C ] 解∶311108-⨯==V C Q 库 ，322102-⨯==V C Q 库。
将它们反接321106-⨯=-=Q Q Q 库，3．一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图。
当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m 、带电量为+q 的质点，平衡在极板间的空气区域中。
此后，若把电介质抽去，则该质点(A) 保持不动 (B) 向上运动 (C) 向下运动 (D) 是否运动不能确定 [ B ] 解∶原来+q 的质点平衡在极板间的空气区域中，qE m g =故电势差增大，场强E 增大。
电场力大于重力。
4．一球形导体，带电量q ，置于一任意形状的空腔导体中。
当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能将 (A) 增大 (B) 减小(C) 不变 (D) 如何变化无法确定 [ B ]+Q解∶任意形状的空腔导体中，球形导体带电量q 不变 未连接前腔内、腔外均有电场存在。
只不过连接后电量q 跑到空腔的外表面上，则腔外电场不变。
但腔内电场则为 零了。
故与未连接前相比系统静电场能将减小。
5．用力F 把电容器中的电介质板拉出，在图(a)和图(b)的两种情况下，电容器中储存的静电能量将 (A) 都增加。
高一下期中物理公式复习(修正)
高中物理公式【整理：高一（6）SZZ】一、运动的合成与分解：1.小船过河问题：（河宽为d）1）最小时间t=d/V船2）最小位移s=d （当V船≥V水时）s=d·（V水/V船）（当V船＜V水时）**（V1为V船，V2为V水）2.拉绳问题：1）速度沿绳和垂直于绳分解：2）微元法：如图，我们让小船走一点点，△x很小，那么a与b可近似相等，则有△L：V绳=△X：V船=tRt△中△L=cosθ·△X，所以V绳= cosθ·V船二、平抛运动：1.水平方向速度：V x＝V o2.竖直方向速度：V y＝gt3.水平方向位移：x＝V o t4.竖直方向位移：y＝gt²/25.运动时间t＝√(2h/g)6.合位移：s＝√(x²+y²)位移方向与水平夹角α——tanα＝y/x＝gt/2V o7.合速度V t＝√(V x²+V y²)＝√[V o²+(gt)²]合速度方向与水平夹角β——tanβ＝V y/V x＝gt/V0由6、7可见，平抛运动中速度方向与水平方向之夹角等于位移方向与水平方向之夹角的两倍，即tanβ=2tanα不难得出当前速度反向延长线与水平轴交点位于当前水平位移的一半，即图中OM=MN8.水平方向加速度：a x=0；竖直方向加速度：a y＝gyX三、匀速圆周运动：1.线速度V＝s/t＝2πr/T2.角速度ω＝Φ/t＝2π/T＝2πf3.向心加速度a＝V²/r＝ω²r＝(2π/T)²r4.向心力F心＝mV²/r＝mω²r＝mr(2π/T)²＝mωv=F合5.周期与频率：T＝1/f6.角速度与线速度的关系：V＝ωr7.角速度与转速的关系ω＝2πn(此处频率与转速意义相同)8.过桥/隧道问题：①拱桥最高点：F向=G-N=mV²/R②隧道最低点：F向=N-G=mV²/R9.皮带/自行车问题：同轴角速度不变，同带线速度不变10.绳-球与杆-球：杆对球可有拉力亦可有弹力四、振动和波：1.简谐振动F＝-kx{F:回复力，k:比例系数，x:位移，负号表示F的方向与x始终反向} 2.单摆周期T＝2π√(L/g)｛L:摆长(m)，g:当地重力加速度值，成立条件:摆角θ<5°;L>>r｝3.由波传递方向判断各点速度方向：沿传播方向看，上坡路点向下，下坡路点向上4.波速v＝s/t＝λf＝λ/T{波传播过程中，一个周期向前传播一个波长；波速大小由介质本身所决定}5.声波的波速(在空气中）0℃：332m/s；20℃:344m/s；30℃:349m/s(声波是纵波)6.波发生明显衍射（波绕过障碍物或孔、缝继续传播）条件：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者差不多大7.波的干涉条件：1）两列波频率相同(相差恒定、振幅相近、振动方向相同)2）加强区：A=A1+A2 △s=2k·（λ/2）=kλ（即半波长偶数倍）减弱区：A=|A1-A2| △s=（2k+1）·（λ/2）（即半波长奇数倍）注意：*波只是传播了振动，介质本身不随波发生迁移,是传递能量的一种方式；*一切波均能衍射与叠加，唯有f相同的波才能干涉。
2021版高考物理(江苏专用)大一轮复习文档(讲义+题库)：第7章 实验八 Word版含答案
试验基础学问一、电流表与电压表的改装 1．改装方案改装为电压表 改装为大量程的电流表原理串联电阻分压并联电阻分流改装原理图分压电阻或分流电阻U ＝I g (R g ＋R )故R ＝UI g －R gI g R g ＝(I －I g )R 故R ＝I g R gI －I g改装后电表内阻R V ＝R g ＋R >R gR A ＝RR gR ＋R g <R g2.校正(1)电压表的校正电路如图1所示，电流表的校正电路如图2所示．图1 图2(2)校正的过程是：先将滑动变阻器的滑动触头移到最左端，然后闭合开关，移动滑动触头，使改装后的电压表(电流表)示数从零渐渐增大到量程值，每移动一次登记改装的电压表(电流表)和标准电压表(标准电流表)示数，并计算满刻度时的百分误差，然后加以校正． 二、欧姆表原理(多用电表测电阻原理)1．构造：如图3所示，欧姆表由电流表G 、电池、调零电阻R 和红、黑表笔组成．图3欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．外部：接被测电阻R x .全电路电阻R 总＝R g ＋R ＋r ＋R x .2．工作原理：闭合电路欧姆定律I ＝ER g ＋R ＋r ＋R x.3．刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻R x ＝0)时，调整调零电阻R ，使I ＝I g ，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．(1)当I ＝I g 时，R x ＝0，在满偏电流I g 处标为“0”．(图甲) (2)当I ＝0时，R x →∞，在I ＝0处标为“∞”．(图乙)(3)当I ＝I g2时，R x ＝R g ＋R ＋r ，此电阻值等于欧姆表的内阻值，R x 叫中值电阻．三、多用电表1．多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．2．外形如图4所示：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．图43．多用电表面板上还有：欧姆表的欧姆调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正、负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)． 四、二极管的单向导电性1．晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图5甲所示．图52．晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．3．将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可推断出二极管的正、负极．基本试验要求1．试验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．2．试验步骤(1)观看：观看多用电表的外形，生疏选择开关的测量项目及量程．(2)机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔．(4)测量小灯泡的电压和电流．①按如图6甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．图6 ②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．(5)测量定值电阻①依据被测电阻的估量阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观看指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调整欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；④测量完毕，将选择开关置于沟通电压最高挡或“OFF”挡．规律方法总结1．多用电表使用留意事项(1)表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，留意电流的实际方向应为“红入”，“黑出”．(2)区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．(3)由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时留意乘以相应挡位的倍率．(4)使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特殊是在测电阻时，更应留意不要用手接触表笔的金属杆．(5)测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．(6)测电阻时每换一挡必需重新欧姆调零．(7)使用完毕，选择开关要置于沟通电压最高挡或“OFF”挡．长期不用，应把表内电池取出．2．多用电表对电路故障的检测(1)断路故障的检测方法①将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用．a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．②将多用电表拨到直流电流挡作为电流表使用，将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．③用欧姆挡检测将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路．不能用欧姆表检测电源的状况．(2)短路故障的检测方法①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．考点一多用电表的原理及使用1．[多用电表的使用]现有两相同的某型号多用电表，一同学在争辩性学习过程中想获得10 V量程直流电压挡的内阻和×1 k欧姆挡的内部电源的电动势，已知×1 k欧姆挡中心刻度线对应的数据为15.为完成试验，进行了如下操作：(1)将甲多用电表挡位旋钮拨到10 V电压挡，将乙多用电表挡位旋钮拨到×1 k欧姆挡；(2)应将甲多用电表的红表笔与乙多用电表的________(填“红”或“黑”)表笔连接，再将另外两表笔连接；(3)在连接两多用电表表笔之前应对乙多用电表进行的操作为________________；(4)两多用电表连接后，两表读数分别为6 V和30 kΩ，可知10 V量程直流电压挡的内阻为________ kΩ，×1 k欧姆挡的内部电源的电动势为________ V.答案(2)黑(3)两表笔短接调零(4)309解析(2)甲多用电表选择电压挡，应将甲多用电表的红表笔与乙多用电表的黑表笔连接，再将另外两表笔连接．(3)乙多用电表挡位旋钮拨到×1 k欧姆挡后，应先将两表笔短接调零．(4)×1 k欧姆挡中心刻度线对应的数据为15，则其中值电阻为15 kΩ，欧姆表中值电阻等于其内阻，则欧姆表内阻为15 kΩ；两多用电表连接后，两表读数分别为6 V和30 kΩ.可知10 V量程直流电压挡的内阻为30 kΩ，欧姆表内阻为15 kΩ、电压表内阻为30 kΩ，电压表示数为6 V，则欧姆表两端电压为3 V，×1 k欧姆挡的内部电源的电动势为E＝6 V＋3 V＝9 V. 2．[多用电表的原理]某同学用以下器材连接成如图7所示的电路，并将原微安表盘改画成如图8所示，成功地改装成一个简易的“R×1 k”的欧姆表，使用中发觉这个欧姆表用来测量阻值在10～20 kΩ范围内的电阻时精确度令人满足，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处．所供器材如下：A．I g＝100 μA的微安表一个；B．电动势E＝1.5 V，电阻可忽视不计的电池；C．阻值调至14 kΩ电阻箱R一个；D．红、黑表笔和导线若干．图7图8 (1)原微安表的内阻R g＝____________ Ω.(2)在图7电路的基础上，不换微安表和电池，图8的刻度也不转变，仅增加1个电阻，就能改装成“R×1”的欧姆表．要增加的电阻应接在________(选填“a、b”“b、c”或“a、c”)之间，规格为________．(保留两位有效数字)(3)画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图．答案(1)1 k(2)a、c15 Ω(3)电路图如图所示解析(1)依据“使用中发觉这个欧姆表用来测量阻值在10～20 kΩ范围内的电阻时精确度令人满足”，说明在测阻值在10～20 kΩ范围内的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间四周，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，即表内总电阻为R总＝15 kΩ(相当于欧姆表选择量程于×1 k挡)．当表笔短接时，电流满偏，依据闭合电路欧姆定律有：I g＝ER＋R g，代入E、R、I g的值，解得：R g＝1 kΩ.(2)要把原表改装成“R×1”的欧姆表，就要削减表的内阻，依题意，明显只有在a、c之间并联一个小电阻R′. 才能使表内总电阻等于中值电阻R中＝15 Ω.依据R中＝R′(R＋R g)R′＋R＋R g，代入R以及R g的数值计算可得R′≈15 Ω.(3)画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图如图所示．3．[多用电表的原理及使用](2021·新课标Ⅱ·23)某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图9(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻，S为开关．回答下列问题：图9(1)依据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线．(2)开关S闭合时，多用电表用于测量__________(选填“电流”“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量__________(选填“电流”、“电压”或“电阻”)．(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”)．(4)定值电阻的阻值R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(结果保留三位有效数字)答案(1)如图所示(2)电流电压(3)黑(4)1.00880解析(2)开关闭合时，多用电表的内阻较小，为等效电流表；开关断开时，多用电表的内阻较大，为等效电压表．(3)电流由红表笔流入，由题图(a)可看出表头右端为“＋”，故表笔A为黑表笔．(4)设表头的内阻为r，满偏电流为I g，由欧姆定律可知I g(R2＋r)＝1 V，I g(R2＋r)＝(1 A－I g)R1，解得R1＝1.00 Ω，R2＝880 Ω.考点二多用电表的读数4．[多用电表的读数]如图10所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：图10(1)所测电阻的阻值为_____Ω；假如要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是_____(选填“×10”、“×100”或“×1 k”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为______mA；当选用量程为250 mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.(3)当选用量程为10 V的直流电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________ V.答案(1)1.5×103×1 k(2)30.8(30.7～30.9都正确)154(3)6.2解析(1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103Ω；测阻值为2.0×104Ω的电阻时应选“×1 k”倍率的欧姆挡．(2)选50 mA的直流电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为110估读)，指针对应的读数为30.8 mA；选择量程为250 mA的直流电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为15估读)，指针对应的读数为154 mA.(3)选择10 V的直流电压挡，则每一大格表示2 V，每一小格表示0.2 V，测量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为12估读)，指针对应的读数为6.2 V.5．[多用电表的读数]多用电表表头的示意图如图11所示．在正确操作的状况下：图11(1)若选择开关的位置如a箭头所示，则测量的物理量是_______，测量结果为_______．(2)若选择开关的位置如b箭头所示，则测量的物理量是_______，测量结果为_______．(3)若选择开关的位置如c箭头所示，则测量的物理量是_______，测量结果为_______．(4)若选择开关的位置如c箭头所示，正确操作后发觉指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应当依次为：____________，____________，_____________.(5)全部测量结束后，应把选择开关拨到______或者______．(6)无论用多用电表进行何种测量(限于直流)，电流都应当从______色表笔经______插孔流入电表．答案(1)直流电压 1.20 V(2)直流电流48 mA(3)电阻 1.6 kΩ(4)改用“×1 k”倍率重新欧姆调零测量、读数(5)OFF挡沟通电压最高挡(6)红正6．[多用电表的使用和读数](2021·新课标Ⅰ·23)某同学试验小组利用如图12所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：图12多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔__________，调欧姆零点．(2)将图12中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图13甲所示，这时电压表的示数如图乙所示．多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________ V.图13(4)调整滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12 kΩ和4.00 V．从测量数据可知，电压表的内阻为________ kΩ.(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个抱负电流表和一个电阻串联而成的电路，如图14所示．依据前面的试验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为________ kΩ.图14答案(1)短接(2)1(3)15 3.60(4)12 (5)9.0015解析(1)使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，故应将两表笔短接．(2)电流应从多用电表的红表笔流入、黑表笔流出，故红表笔应接“1”．(3)从题图甲可以看出多用电表中的指针指向表盘最上行刻度15位置，电阻挡为“×1 k”，故读数为15 kΩ；由于电压表量程为5 V，电压表中的指针所指位置为3.60，故读数为3.60 V.(4)当滑动变阻器连入电路中的电阻为零时，多用电表读数即为电压表内阻，所以电压表内阻为12 kΩ.(5)设多用电表内电池的电动势为E，内阻为R，由(3)、(4)问可知ER＋15 kΩ＝3.60 V12 kΩ，ER＋12 kΩ＝4.00 V12 kΩ，两式联立解得：E＝9.00 V，R＝15 kΩ .欧姆表刻度盘特点及多用电表读数技巧1．欧姆表刻度盘不同于电压、电流刻度盘(1)左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零刻度与电流、电压最大刻度重合．(2)刻度不均匀：左密右疏．(3)欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率．电流、电压挡是量程范围挡．在不知道待测电阻的估量值时，应先从小倍率开头，熟记“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(由于欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧“∞”处)．2．读数技巧(1)欧姆表的读数a．为了减小读数误差，指针应指在表盘13到23的部分，即中心刻度四周．b．除非指针所在刻度盘处每个小格表示1 Ω时，要估读到下一位，其余状况都不用估读．c．电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积．(2)测电压、电流时的读数，要留意其量程，依据量程确定精确度，精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位．考点三用多用电表检查电路故障7．[用欧姆表检查电路故障](1)某同学按如图15所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发觉A、B灯都不亮，该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障，检查前，应将开关S________.(填“闭合”或“断开”)图15(2)若(1)中同学检查结果如下表所示，由此可以确定()测试点b、f b、e b、d d、e多用电表示数无穷大无穷大500 Ω无穷大A.灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路答案(1)断开(2)D解析(1)用多用电表的欧姆挡检查电路的故障需将电路断开．(2)b、f之间电阻无穷大说明b、f间有断路，b、e之间电阻无穷大说明b、e间有断路，d、e之间电阻无穷大说明d、e间有断路，b、d之间电阻有肯定的数值，说b、d之间没有断路，所以断路在d、e之间．8．[用电压挡检测故障](1)(2022·重庆理综·6(1))某照明电路消灭故障，其电路如图16所示，该电路用标称值12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．修理人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．图16图17①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图17所示，读数为________ V，说明________(选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”)正常．②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍旧和图17相同，可推断发生故障的器件是________．(选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”)(2)如图18所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发觉小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．图18①为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的状况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的状况下，应当选用多用电表的________挡．②在开关闭合状况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明____________(只填一处)可能有故障．答案(1)①11.5(11.2～11.8均可)蓄电池②小灯(2)①电压欧姆②开关(或连接点5、6)解析(1)①因用直流50 V挡检测，故满偏时电压为50 V，刻度均匀，在图示位置时，读数为11.5(11.2～11.8之间均可)V，说明蓄电池正常．②红表笔接b点，断开开关，指针不偏转，闭合开关后多用电表读数与原来相同，说明保险丝、开关均正常，发生故障的器件只能为小灯．(2)①用多用电表欧姆挡测电阻时必需将其从电路中断开，在连接点1和2已接好的状况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；连接点1和2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量．②在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源的电动势，说明开关(或连接点5、6)消灭故障．9．[用多用电表检测故障]在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的试验中，某同学连接了如图19甲所示的实物电路图．闭合开关，发觉小灯泡不亮，电流表的示数为零．图19(1)他借助多用电表检查小灯泡，先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“×1 Ω”挡，再进行____________调零；又将红、黑表笔分别接触①②接线柱，多用电表的表盘如图乙所示，说明小灯泡正常，此时灯丝的电阻为____________ Ω.(2)他将多用电表的选择开关旋于某直流电压挡，将红、黑表笔分别接触②③接线柱，闭合开关，发觉电压表的示数约等于电源的电动势，说明②③接线柱间的导线消灭了________(选填“断路”或“短路”)．(3)故障排解后，为了使电流表的示数从零开头，要在________(选填“①④”或“③④”)接线柱间再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最________(选填“左”或“右”)端．答案(1)欧姆6(2)断路(3)③④左解析(1)多用电表测电阻时应先进行欧姆调零；多用电表的表盘的读数为6 Ω.(2)电压表的示数约等于电源电动势，说明电压表直接接在开路的电源上，②③接线柱间的导线消灭了断路．(3)为了使电流表的示数从零开头，滑动变阻器要接受分压式接法，要在③④接线柱间再连接一根导线；初始时刻输出的电压最小，滑片应置于最左端．考点四用多用电表探测黑箱内的电学元件10．[多用电表的读数及对黑箱的探究]如图20所示为一黑箱装置，盒内有由两节干电池和几个电阻等元件组成的电路，a、b为黑箱的两个输出端，a端连接盒内电池的正极．图20(1)为了探测黑箱，某同学预备进行以下几步测量：①用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻．②用多用电表的直流电压挡测量a、b间的输出电压．③用多用电表的直流电流挡测量a、b间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有________(填序号)，理由是__________________________________________________________________________________________________.(2)若他用多用电表测其电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位，发觉指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“____________”(选填“×100”或“×1”)倍率的挡位；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图21所示，则此段电阻丝的电阻为________Ω.图21答案(1)①、③①用欧姆挡不能直接测量带电源电路的电阻，③用直流电流挡直接测量可能会造成电源短路(2)×11211．[用多用电表探究黑箱中的元件]如图22所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测．图22(1)在使用多用电表前，发觉指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图23中多用电表的________(选填“A”、“B”或“C”)．图23(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱内a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观看指针偏转状况．(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调整好多用电表，测量各接点间的阻值．测量中发觉，每对接点间正、反向阻值均相等，测量记录如下表．两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图16所示．请将记录表补充完整，并画出一种可能的电路.两表笔接的接点多用电表的示数a、b ________Ωa、c 10 Ωb、c 15 Ω答案(1)A(2)短暂(3)5见解析图解析(1)多用电表使用前应进行机械调零，机械调零部件为A.(2)使用多用电表测量电压时，为保证电表不被损坏往往要进行试触，即让两表笔进行短暂接触，观看指针偏转状况，若持续接触则有可能损坏电表．(3)黑箱中无电源且每对接点间正、反阻值相等，由多用电表读数可知所缺数据为5 Ω，由a、b间电阻阻值为5 Ω，a、c间为10 Ω，b、c间为15 Ω知，电路为a、b间阻值为5 Ω的电阻与a、c间阻值为10 Ω的电阻串联而成，故可能的电路图如图所示．推断黑箱内元件的基本思路1．首先用多用电表电压挡探测黑箱是否有电源．2．假如有电源，则用多用电表的电压挡探测黑箱外任意两接点间电压，依据电压关系判定黑箱内电源的位置及各接点间电阻关系，从而分析出黑箱内各元件的连接状况．3．假如没有电源，则直接用多用电表的欧姆挡测量任意两点间的电阻值，依据所测量的电阻值，分析任意两点间各是什么元件及其连接状况．。
2021版高考物理(江苏专用)大一轮复习文档(讲义+题库)：第1章 专题一 Word版含答案
考点一运动学图象的理解和应用1．x－t图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小．②切线斜率的正负表示物体速度的方向．(3)两种特殊的x－t 图象①匀速直线运动的x－t图象是一条倾斜的直线．②若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态．2．v－t 图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小．②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．(3)两种特殊的v－t图象①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线．②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线．(4)图线与时间轴围成的面积的意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．3．a－t图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的加速度随时间变化的规律．(2)图象斜率的意义：图线上某点切线的斜率表示该点加速度的变化率．(3)包围面积的意义：图象和时间轴所围的面积，表示物体的速度变化量．1．[位移图象的理解](2021·广东理综·13)甲、乙两人同时同地动身骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图1所示，下列表述正确的是()图1A．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、乙骑行的路程相等答案 B解析位移－时间图象的斜率确定值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10 km 处，而乙在s＝8 km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误．2．[速度图象的理解](2022·天津理综·1)质点做直线运动的速度—时间图象如图2所示，该质点()图2A．在第1秒末速度方向发生了转变B．在第2秒末加速度方向发生了转变C．在第2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同答案 D解析A．在第1秒末质点的加速度方向发生转变，速度方向未转变，A错误．B．在第2秒末质点的速度方向发生转变，加速度方向未转变，B错误．C．在第2秒内质点始终沿正方向运动，位移不为零，C错误．D ．从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，D 正确．3．[两类图象的比较]如图3所示的位移－时间(x －t )图象和速度－时间(v －t )图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的状况，则下列说法正确的是( )图3A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B ．0～t 1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C ．0～t 2时间内，丙、丁两车在t 2时刻相距最远D ．0～t 2时间内，丙、丁两车的平均速度相等 答案 C解析 在x －t 图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化状况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t 1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A 、B 选项均错．在v －t 图象中，t 2时刻丙、丁速度相等．故两者相距最远，C 选项正确．由图线可知，0～t 2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D 选项错误．4．[速度图象的应用](2022·新课标Ⅱ·14)甲、乙两汽车在一平直大路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图4所示．在这段时间内( )图4A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小渐渐减小，汽车乙的加速度大小渐渐增大 答案 A解析 由v －t 图象知，在0～t 1时间内，甲的位移大于乙的位移，C 错误．由v ＝xt 知，甲的平均速度比乙的大，故A 正确．如图所示，汽车乙的v －t 图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误．v －t 图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线斜率的确定值均渐渐减小，故加速度的大小都渐渐减小，D 错误．图象问题的三个提示1．x －t 图象、v －t 图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x 、v 与t 一一对应． 2．x －t 图象、v －t 图象的外形由x 与t 、v 与t 的函数关系打算． 3．无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动状况都是直线运动．考点二 追及与相遇问题1．分析技巧：可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析推断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口． 2．能否追上的推断方法物体B 追赶物体A ：开头时，两个物体相距x 0.若v A ＝v B 时，x A ＋x 0<x B ，则能追上；若v A ＝v B 时，x A ＋x 0＝x B ，则恰好不相撞；若v A ＝v B 时，x A ＋x 0>x B ，则不能追上．3．若被追赶的物体做匀减速直线运动，肯定要留意推断追上前该物体是否已经停止运动． [思维深化]假如是做匀减速运动的物体A 追匀速运动的物体B ，当v A ＝v B 时，A 、B 相遇的状况有哪几种情形？ 答案 (1)若已超越则相遇两次．(2)若恰好追上，则相遇一次．(3)若没追上，则无法相遇．5．[对追及和相遇的理解](多选)如图5所示，A 、B 两物体从同一点开头运动，从A 、B 两物体的位移图象可知下述说法中正确的是( )图5A ．A 、B 两物体同时自同一位置向同一方向运动B．A、B两物体自同一位置向同一方向运动，B比A晚动身2 sC．A、B两物体速度大小均为10 m/sD．A、B两物体在A动身后4 s时距原点20 m处相遇答案BD解析由x－t图象可知，A、B两物体自同一位置向同一方向运动，且B比A晚动身2 s，图象中直线的斜率大小表示做匀速直线运动的速度大小，由x－t图象可知，B物体的运动速度大小比A物体的运动速度大小要大，A、B两直线的交点的物理意义表示相遇，交点的坐标表示相遇的时刻和相遇的位置，故A、B两物体在A物体动身后4 s时相遇．相遇位置距原点20 m，综上所述，B、D选项正确．6．[对追及和相遇的理解]如图6所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点动身，A、C是从同一地点动身，则以下说法正确的是()图6A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远答案 C解析在t＝4 s之前，A、B、C物体开头阶段速度方向均为正，方向相同；当t＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是同地动身，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地动身，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．追及与相遇问题的类型及解题思路1．相遇问题的两类状况(1)同向运动的两物体追及即相遇，各自位移之差等于开头时两物体之间的距离．(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开头时两物体间的距离时即相遇．2．追及问题涉及两个不同物体的运动关系，分析时要紧抓“一个图三个关系式”，即：过程示意图或v－t图象，速度关系式、时间关系式和位移关系式．同时要关注题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等．7．[速度大者追速度小者]在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速大路上，突然发觉正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图7a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图线，以下说法正确的是()图7A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B．在t＝5 s时追尾C．在t＝3 s时追尾D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾答案 C解析由v－t图象可知，小汽车刹车失灵前做匀减速运动，刹车失灵后加速度减小但仍做匀减速运动，大卡车始终做匀速运动，5 s时两车速度相等，此时两者位移差为x小汽车－x大卡车＝12×(10＋20)×1 m＋12×4×10 m ＝35 m>30 m，所以在t＝5 s前已追尾，A、B错误；t＝3 s时，由图象知小汽车的位移为x1＝30＋202×1 m＋20＋20＋1022×2 m＝60 m，大卡车的位移为30 m，它们的位移差为30 m，所以t＝3 s时追尾，C正确；假如刹车过程中刹车不失灵，由图可知，刹车的加速度大小为a＝10 m/s2，速度相等时，时间t＝30－1010s＝2 s，小汽车的位移为x2＝30×2 m－12×10×22 m＝40 m，大卡车的位移为20 m，它们的位移差为20 m，所以不会发生追尾，D错误．8．[速度大者追速度小者]甲、乙两车在同始终线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v1＝8 m/s，乙车在后，速度为v2＝16 m/s，当两车相距x0＝8 m时，甲车因故开头刹车，加速度大小为a1＝2 m/s2，为避开相撞，乙车马上开头刹车，则乙车的加速度至少为多大？答案 见解析 解析 方法一：临界法两车速度相同均为v 时，设所用时间为t ，乙车的加速度为a 2，则v 1－a 1t ＝v 2－a 2t ＝v ，v 1＋v 2t ＝v 2＋v2t －x 0，解得t ＝2 s ，a 2＝6 m /s 2，即t ＝2 s 时，两车恰好未相撞，明显此后在停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避开相撞．满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s 2. 方法二：函数法 甲、乙运动的位移： x 甲＝v 1t －12a 1t 2x 乙＝v 2t －12a 2t 2避开相撞的条件为x 乙－x 甲<x 0 即12(a 2－a 1)t 2＋(v 1－v 2)t ＋x 0>0 代入数据有(a 2－2)t 2－16t ＋16>0不等式成立的条件是：Δ＝162－4×16(a 2－2)<0，且a 2－2>0 解得a 2>6 m/s 2速度大者减速追速度小者(匀速)的结论1．两者速度相等时，追者位移仍小于被追者位移与初始间距之和，则永久追不上，此时二者间有最小距离． 2．若速度相等时，追者位移恰等于被追者位移与初始间距之和，则刚好追上，也是二者相遇时避开碰撞的临界条件．3．若相遇时追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还能再一次追上追者．9．[速度小者追速度大者]甲、乙两车在平直大路上竞赛，某一时刻，乙车在甲车前方L 1＝11 m 处，乙车速度v 乙＝60 m /s ，甲车速度v 甲＝50 m/s ，此时乙车离终点尚有L 2＝600 m ，如图8所示．若甲车加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，乙车速度不变，不计车长．求：图8(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？ (2)到达终点时甲车能否超过乙车？ 答案 (1)5 s 36 m (2)不能解析 (1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距最大，即v 甲＋at 1＝v 乙，得 t 1＝v 乙－v 甲a ＝60－502 s ＝5 s甲车位移x 甲＝v 甲t 1＋12at 21＝275 m乙车位移x 乙＝v 乙t 1＝60×5 m ＝300 m 此时两车间距离Δx ＝x 乙＋L 1－x 甲＝36 m (2)甲车追上乙车时，位移关系x 甲′＝x 乙′＋L 1 甲车位移x 甲′＝v 甲t 2＋12at 22乙车位移x 乙′＝v 乙t 2将x 甲′、x 乙′代入位移关系，得 v 甲t 2＋12at 22＝v 乙t 2＋L 1代入数值并整理得t 22－10t 2－11＝0， 解得t 2＝－1 s(舍去)或t 2＝11 s 此时乙车位移x 乙′＝v 乙t 2＝660 m因x 乙′>L 2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车．速度小者加速追速度大者(匀速)的结论 1．当二者速度相等时二者间有最大距离．2．当追者位移等于被追者位移与初始间距之和时，二者相遇．1．一个质点沿x 轴做匀加速直线运动．其位移－时间图象如图9所示，则下列说法正确的是( )图9A．该质点的加速度大小为2 m/s2B．该质点在t＝1 s时的速度大小为2 m/sC．该质点在t＝0到t＝2 s时间内的位移大小为6 mD．该质点在t＝0时速度为零答案 D解析质点做匀加速直线运动，设t＝0时质点的速度为v0，加速度为a，由图象知t1＝1 s时，x1＝2 m；t2＝2 s时，x2＝8 m，利用公式x＝v0t＋12at2得x1＝v0t1＋12at21，x2＝v0t2＋12at22，代入数据解得a＝4 m/s2，v0＝0，t＝1 s时的速度大小为4 m/s，故只有D正确．2．亚丁湾索马里海疆六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队爱护的商船，中国特战队员放射爆震弹成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t图象如图10所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变．则下列说法正确的是()图10A．海盗快艇在0～66 s内从静止动身做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96 s末开头调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀减速直线运动答案 B解析在0～66 s 内图象的斜率越来越小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，A错误；海盗快艇在96 s末，速度由正变负，即转变运动的方向，开头掉头逃跑，此时海盗快艇离商船最近，B正确，C错误；海盗快艇在96～116 s内，沿反方向做匀加速运动，D错误．3．如图11所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同始终线运动的v－t图线，依据图线可以推断() 图11A．甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同、方向相同B．两球在t＝8 s时相距最远C．两球在t＝2 s时刻速度相等D．两球在t＝8 s相遇答案 D4．酒后驾驶严峻威逼公众交通平安，若将驾驶员从视觉感知前方危急到汽车开头制动的时间称为反应时间，将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离．科学争辩发觉，反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危急后汽车运动v－t图线分别如图12甲、乙所示．求：图12(1)正常驾驶时的感知制动距离x；(2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离Δx.答案(1)75 m(2)30 m解析(1)设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，由图线可得：t1＝0.5 s，t2＝1.5 s汽车减速时间为t3＝4.0 s，初速度v0＝30 m/s由图线可得x＝v0t1＋v0＋02t3解得x＝75 m.(2)Δx＝v0(t2－t1)＝30×(1.5－0.5) m＝30 m.5．如图13所示，直线MN表示一条平直大路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85 m，现甲车先开头向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s2，甲车运动6 s时，乙车马上开头向右做匀加速直线运动，加速度a 2＝5 m/s 2，求两辆汽车相遇处距A 处的距离．图13答案 125 m 或245 m解析 甲车运动6 s 的位移为x 0＝12a 1t 20＝45 m ，尚未追上乙车，设此后经过时间t 与乙车相遇，则有：12a 1(t ＋t 0)2＝12a 2t 2＋85 将上式代入数据并开放整理得 t 2－12t ＋32＝0.解得t 1＝4 s ，t 2＝8 s.t 1、t 2都有意义，t 1＝4 s 时，甲车追上乙车； t 2＝8 s 时，乙车追上甲车再次相遇． 第一次相遇地点距A 的距离 x 1＝12a 1(t 1＋t 0)2＝125 m.其次次相遇地点距A 的距离 x 2＝12a 1(t 2＋t 0)2＝245 m.练出高分基础巩固1．某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用ABS 刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图1中的①、②图线所示，由图可知，启用ABS 后( )图1A ．t 1时刻车速更小B ．0～t 3时间内加速度更小C ．加速度总是比不启用ABS 时大D ．刹车后前行的距离比不启用ABS 时短 答案 D解析 由题图可知，启用ABS 后，t 1时刻车速更大，A 错；由v －t 图线的斜率表示加速度可知，在0～t 1时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时小，而在t 1～t 3时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时大，B 、C 错．由图线与横轴所围面积表示位移可知，启用ABS 后，刹车距离比不启用ABS 时短，D 正确． 2．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次试验中得到的运动小车的速度－时间图象如图2所示，以下说法错误的是( )图2A ．小车先做加速运动，后做减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8 m/sC ．小车的位移肯定大于8 mD ．小车做曲线运动答案 D解析 由v －t 图象可以看出，小车的速度先增加后减小，最大速度约为0.8 m/s ，故A 、B 均正确．小车的位移为v －t 图象与t 轴所围的“面积”，x ＝85×0.1×1 m ＝8.5 m>8 m ，C 正确．图线弯曲表明小车速度变化不均匀，不表示小车做曲线运动，故D 错误．3．如图3所示是A 、B 两质点从同一地点运动的x －t 图象，则下列说法错误的是( )图3A ．A 质点以20 m/s 的速度匀速运动B ．B 质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C ．B 质点最初4 s 做加速运动，后4 s 做减速运动D ．A 、B 两质点在4 s 末相遇 答案 C解析 x －t 图象的斜率大小表示质点运动速度的大小，正负表示速度的方向，由x －t 图象可知，A 质点沿正方向做匀速直线运动，其速度v ＝x t ＝804m /s ＝20 m/s ，A 正确；B 质点最初4 s 沿正方向做减速运动，后4 s沿负方向做加速运动，B 正确，C 错误；4 s 末A 、B 两质点达到同一位置，故相遇，D 正确．4．据英国《每日邮报》2022年8月10日报道，27名跳水运动员参与了科索沃年度高空跳水竞赛．自某运动员离开跳台开头计时，在t 2时刻运动员以速度v 2落水，选向下为正方向，某速度随时间变化的规律如图4所示，下列结论正确的是( )图4A ．该运动员在0～t 2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变B ．该运动员在t 2～t 3时间内加速度大小渐渐减小，处于失重状态C ．在0～t 2时间内，平均速度v 1＝v 1＋v 22 D ．在t 2～t 3时间内，平均速度v 2＝0＋v 22答案 C解析 由题图可知，0～t 2时间内运动员的加速度始终不变，A 项错误；在t 2～t 3时间内图线上各点切线的斜率的大小渐渐减小，则加速度大小渐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B 项错误；由题图可知，在0～t 2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度v 1＝v 1＋v 22，C 项正确；在t 2～t 3时间内，由图线与t 轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度v 2<0＋v 22，D 项错误．5．(多选)甲、乙两物体在同始终线上运动的x －t 图象如图5所示，以甲的动身点为原点，动身时刻为计时起点．则从图象可以看出( )图5A ．t 2到t 3这段时间内甲的平均速度大于乙的平均速度B ．乙比甲先动身C ．甲开头运动时，乙在甲前面x 0处D ．甲在中途停了一会儿，最终也没追上乙 答案 AC解析 在t 2～t 3这段时间内，甲的位移大于乙的位移，由v ＝xt ，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，A 项正确．由题图知乙和甲同时动身，且乙在甲前面x 0处，故B 项错，C 项正确．在t 3时刻，甲追上了乙，D 项错．6．(多选)四个质点做直线运动，它们的速度图象分别如图所示，在2 s 末能回到动身点的是( )答案 AD7．(多选)两辆玩耍赛车a 、b 在两条平行的直车道上行驶．t ＝0时两车都在同一计时线处，此时竞赛开头．它们在四次竞赛中的v －t 图象如图所示．则下列图象对应的竞赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是( )答案 AC综合应用8．(2021·海南·4)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如图6所示．下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图6答案 D解析由题图可知，在0～T2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，故B、C均错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的确定值与0～T2时间内相同，故A错误，D正确．9．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x.现有四个不同物体的运动过程中某物理量与时间的关系图象，如图所示．已知t＝0时刻物体的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是()答案 C10．(多选)下列给出的四组图象中，能够反映同始终线运动的是()答案BC解析A、B选项中左图表明0～3 s内物体匀速运动，位移应正比于时间，加速度为零，3～5 s内物体匀加速运动，加速度大小a＝ΔvΔt＝2 m/s2，A错，B对；C、D选项中左图0～3 s内位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s内位移与时间成正比，表示物体匀速运动，v＝ΔxΔt＝2 m/s，a＝0，C对，D错. 11．某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1 m/s速度向一公交车站走去，发觉一辆公交车正以v2＝15 m/s 速度从身旁的平直大路同向驶过，此时他们距车站x＝50 m．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a1＝2.5 m/s2，能达到的最大速度v m＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站x0＝25 m处开头刹车，刚好到车站停下，停车时间t＝10 s，之后公交车启动向前开去．不计车长，求：(1)若公交车刹车过程视为匀减速直线运动，其加速度a2大小是多少？(2)若小明加速过程视为匀加速直线运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．答案(1)4.5 m/s2(2)见解析解析(1)公交车的加速度a2＝0－v222x0＝0－1522×25m/s2＝－4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2.(2)汽车从相遇处到开头刹车用时t1＝x－x0v2＝2515s＝53s汽车刹车过程中用时t2＝0－v2a2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t3＝v m－v1a1＝6－12.5s＝2 s小明加速过程中的位移x′＝12(v1＋v m)t3＝7 m以最大速度跑到车站所用的时间t4＝x－x′v m＝436st3＋t4<t1＋t2＋10 s，故小明可以在汽车还停在车站时上车．12．具有我国自主学问产权的“歼－10”飞机的横空出世，证明白我国航空事业在飞速进展，而航空事业的进展又离不开风洞试验，其简化模型如图7a所示．在光滑的水平轨道上停放相距x0＝10 m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车．在弹射装置使甲车获得v0＝40 m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开头工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v－t图象如图b所示，设两车始终未相撞．图7(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比； (2)求两车相距最近时的距离． 答案 (1)13(2)4 m解析 (1)由题图b 可知：甲车加速度的大小a 甲＝40－10t 1 m/s 2，乙车加速度的大小a 乙＝10－0t 1m/s 2因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有：m 甲 a 甲＝m 乙 a 乙 解得m 甲m 乙＝13.(2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10 m/s ，此时两车相距最近 对乙车有：v ＝a 乙 t 1 对甲车有：v ＝a 甲(0.4－t 1) 可解得t 1＝0.3 s车的位移等于v －t 图线与坐标轴所围的面积，有：x 甲＝(40＋10)×0.32 m ＝7.5 m ，x 乙＝10×0.32m ＝1.5 m两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4 m.。
常州大学物理辅导书参考答案(大一下)
第一章 一、选择题 1．速度大小2222)d d ()d d (||ty t x v v y x +=+=v ，故（D ）正确。
（A ）不是速度大小；（B ）与（A ）一样是不对的；（C ）是速度，是矢量，也不合题意。
2．匀速率圆周运动，运动一周平均速度为零，运动三周平均速度同样为零。
平均速率TRπ2，故（B ）正确。
3．（D ）正确，始终竖直向下，大小和方向保持不变。
而（A ）单摆的运动是由重力与绳子拉力合力产生的加速度，随时间变化。
（B ）匀速率圆周运动a 大小不变，但是方向随时间变。
（C ）行星作椭圆轨道运动大小和方向都是随时间变化。
4．（C ）正确。
t s v d d =。
（A ）中ta d d v =；（B ）中t v d d r =，（D ）中t a a n d d 22v =+τ。
5．因为⎰⎰-=⇒-=t t vvt v t v d d d d 22αα，由初始条件t=0时，初速度为0v ，则⎰⎰-=t v v t t v v 02d d 0α，2120t v vv α-=-⇒20211t v v α-=-⇒vt v 12120=+α，故选（C ）。
6．由题意，0t t =时，v 0=2m ·s -1，a 0=-2m ·s-2，,d d tva =⎰⎰=tt vv t a v 0d d ，只对0t t →时才有效，因为0a 只是瞬时加速度，对于10+=t t 无效，故选（D ）。
7．因为20at t v s +=，故Rat v R v a at v t s v n 2020)2(2d d +==⇒+==，240222)2()2(2d d R at v a a a a a a t v n ++=+=⇒==ττ。
二．填空题1．因为]cos e cos e )([d dd d 22t A t A tt x a t t ωωωβββ----==t A t A t A t t tωωωωβωββββcos e )sin (e )(2cos e )(22------+-=t A t A t t ωβωωωβββsin e 2cos e )(22--+-=。
【最新推荐】2021版高考物理大一轮复习通用版教师用书：第5章 第4节 功能关系 能量守恒定律 Word版含答案
第4节功能关系能量守恒定律一、功能关系1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失。
它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。
(×)(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。
(×)(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。
(√)(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。
(×)(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。
(√)(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。
(√)2．(人教版必修2P78T3改编)某人掷铅球，出手时铅球的动能为150 J(不计铅球高度变化)。
关于人对铅球的做功情况和能量转化情况，下列说法正确的是()A．此人对铅球做了150 J的功，将体内的化学能转化为铅球的动能B．此人对铅球做的功无法计算C．此人对铅球没有做功，因此没有能量的转化D．此人对铅球做了150 J的功，将铅球的重力势能转化为铅球的动能[答案] A3．(鲁科版必修2P44T5改编)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。
已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x。
则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A．12m v20－μmg(s＋x) B.12m v20－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A[由能量守恒定律可知，物体的初动能12m v20一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为12m v 20－μmg(s＋x)，故选项A正确。
2024高考物理大一轮复习题组层级快练第二单元相互作用作业7word版含答案
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一、单项选择题
1.当重力加速度为10m/s2时，小球从高度h落下，它的下落时间s
为（）
A.2h/s
B.2√h/s
C.4h/s
D.4√h/s
2.同一体系内质量m受到力F的作用，它的动能变化ΔE为（）
A.FΔm
B.mΔF
C.F/m
D.ΔF/m
3.向一个摆速度不变的物体施加一个外力，该物体的动能的变化等于（）
A.外力乘以摆速度
B.力乘以摆距
C.外力乘以摆距
D.力乘以摆速度
4．物体由A点移动到B点，路径满足势能变化等于力乘以距离，那么A点与B点处的势能之差等于（）
A.力乘以圆弧长
B.力乘以距离
C.力乘以加速度
D.力乘以初速度
5．一个正四面体绕z轴自转，运动方程为z=ωt，则它的角动量的
模等于（）
A.2ω
B.2ω2
C.4ω
D.4ω2
二、填空题
6.一个质量为m的物体在位置x处受力F，它的动能变化
ΔE=_____FΔx。
7.两个原子离最近距离为d，其势能V(d)=-Gm1m2/d，G为万有引力常数，当受到外力F作用时，此时两个原子间距离变为d+Δd，此时势能变为V(d+Δd)=-_______FΔd。