2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升11(含解析)

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2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：高中物理公式集锦(含解析)

2
适用于一切电路适用于纯电阻电路
η＝电源效率＝
P出 ×100% P总
U外 ×100% E
磁感应强度磁场洛伦兹力安培力
B＝
F IL
I 与 B 的方向垂直 B⊥I，方向：用左手定则判断 B⊥v，方向：用左手定则判断
F＝BIL
F 洛＝Bqv
电磁感应
磁通量感应电动势
Φ＝BScos θ ΔΦ E＝n Δt
爱因斯坦质能方程元素衰变后的质量
E＝mc2 Δ E＝Δ mc2
1 t m 剩＝m 原2τ
Δ m 为质量亏损 τ 为半衰期， t 为衰变时间
热力学定律
热力学第一定律
Δ U＝Q＋W 三种特殊情况 ①内能不变：Δ U＝0，即 W＋Q＝0 ②绝热膨胀或压缩：Q＝0，即 W＝Δ U ③等容变化：W＝0，即 Q＝Δ U 注意各量 “＋”“－”号的含义
牛顿第二定律
F 合＝ ma
a 与 F 合的方向一致
曲
平抛运动
vx＝v0
vy＝gt
沿 x 方向做匀速直
线运动匀速圆周运动
x＝v0t v＝ Δs Δt
1 y＝ gt2 2 ω＝ Δθ Δt
线运动；沿 y 方向做自由落体运动 v＝ 2π r T 2π T
v2 a＝＝ω2r＝ωv r v2 F＝ma＝m ＝mω2r r
ω＝
v＝ωr
引力常量：G＝万有引力定律万有引力定律 m1m2 F＝G 2 r 6．67×10－
11
N·m2/kg2
功
W＝Flcos α 平均功率瞬时功率 P＝Fvcos α
α 是F与l 的夹角 α 是F与v 的夹角
功

2018年秋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，＝2v B，故C正确，A错误．则有v A2t＝v B t，得v A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/s2)()A．1×10－3 s B．1×10－2 sC．5×10－2 s D．0.1 s解析：自由落体运动位移为5 m时的末速度为：v1＝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，＝0.012 s≈0.01 s，故选B.故时间为：t＝ABv1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 3B.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 ＝2x t 2，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/sB ．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 t 2，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 ＝6410 m ＝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 ＝1.68s ＝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x 2＝v 22×3a，由题意x ＝v 22a ＋v 22×3a，解得v ＝ 3ax 2. 答案： 3ax 2B 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a 1，经时间t 后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2，若再经时间t 恰能回到出发点，则a 1∶a 2应为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：规定初速度方向为正方向，在加速阶段有x ＝12a 1t 2，减速阶段有－x ＝v 0t －12a 2t 2，其中v 0＝a 1t ，可得a 1∶a 2＝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/sB ．4.5 m/sC ．5 m/sD ．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 B 2，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，所以6 m/s ＝v C ＋v B 2；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＝ 2h g，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＋x v 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。

2018高考物理一轮总复习课时作业30 含解析精品

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2015·海南单科·2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′。

则E ′E等于( )A.12 B ．22C ．1D ． 2解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，E ＝BL v ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ＝⎝⎛⎭⎫L 22＋⎝⎛⎭⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Bl v ＝B ·22L v ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确。

答案： B 2.(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。

在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B 。

在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22Δt B ．nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD ．2nBa 2Δt解析：线圈在磁场中的面积S ＝12a 2，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝2BS －BS ＝12Ba 2。

根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝n a 2B2Δt，所以B 正确。

答案： B3．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即不变，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1不亮，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即不亮C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才熄灭解析：当S 闭合时，L 的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L 1和L 2串接后与电源相连，L 1和L 2同时亮，随着L 中电流的增大，L 的直流电阻不计，L 的分流作用增大，L 1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L 2中的电流增大，L 2灯变得更亮；当S 断开时，L 2中无电流，立即熄灭，而线圈L 将要维持本身的电流不变，L 与L 1组成闭合电路，L 1灯要亮一下后再熄灭。

【高三物理试题精选】2018届高考物理第一轮精练跟踪复习题(附答案和解释)

2018届高考物理第一轮精练跟踪复习题（附答案和解释）第二第二单元力的合成与分解
一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)
1手握轻杆，杆的另一端安装有一个小滑轮C，支持着悬挂重物的绳子，如图1所示，现保持滑轮C的位置不变，使杆向下转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将 ( )
A．变大 B．不变
C．变小 D．无法确定
2如图2所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A 处于静止，对小球施加的最小的力是 ( )
A3mg B32mg C12mg D33mg
3．(2018 镇江模拟)如图3所示是用粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，墙壁对涂料滚的支持力为F2，下列说法正确的是 ( )
A．F1、F2均减小 B．F1、F2均增大
C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小
4．如图4甲所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F，则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为( )
A．F BF2 C．F＋mg DF＋mg2
5(如图5所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动擦因数为μ，斜面的倾角为。

2018高考物理一轮总复习课时作业18 含解析精品

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 的速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)()A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J答案： A2.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。

将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带保持相对静止，匀速运动到达传送带顶端。

下列说法中正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间的摩擦所产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦所产生的热量解析：第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量和重力势能的增加量，选项B错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦所产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程物体与传送带间的摩擦所产生的热量，选项D错误。

答案： C3.(2017·玉溪一中期末)一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是()A ．机械能增加B ．克服阻力做的功等于机械能的减少量C ．减少的动能等于增加的重力势能D ．因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功答案： B4．把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 位置，如图甲所示。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升2 Word版含解析

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 ＝12F ，代入数据为：12μmg ＝μ(mg －32F )，联立可得μ＝33. 答案：C 4．(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：B 5．(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 2 B.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。

2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升5(含解析)

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 ＝F v cos θ瞬时功率：P ＝F v 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 ＝12m v 2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＋Ep1＝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 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 ＝12m v 2－12m v 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( )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 命题意图：本题考查重心的确定、动能定理．解析：QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误．答案：A3.(2016·全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度命题意图：本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律的应用，意在考查考生应用功能关系、力与运动关系分析问题的能力．解析：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 ＝12m v 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 ＝12m v 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．答案：C4．(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差命题意图：本题考查功能关系的应用，意在考查考生综合应用动力学规律及功能关系解题的能力．解析：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．答案：BCD5．(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离命题意图：本题考查功能关系、摩擦力做功、竖直面内的圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力．难度中等偏难．解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得4mg －mg ＝m v 2R ，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得2mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升11 Word版含解析

章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．答案：BC2．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9解析：设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0I a＝U0I b得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．答案：AD3．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()A．2B．3C．4D．5解析：设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)，4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2，联立两式代入数据解得k＝3，选项B正确．答案：B4．(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设原、副线圈中的电流分别I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．答案：A5．(多选)(2014·全国卷Ⅱ)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误；增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误；根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．答案：BD。

2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升3(含解析)

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．8B．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－μmgs 0＝12m v 21－12m v 20，① 解得μ＝v 20－v 212gs 0.② (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 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 204．(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 ，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 1－12a B t 21，⑩ 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：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＋12a 1t 21，③ 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＝v 2－v 1t 2－t 1，⑥ 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＝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)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m。

2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升6(含解析)

章末整合提升动量及动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量p ＝m v ，矢量，p 与v 同向，Δp ＝p ′－p 也是矢量动量守恒定律⎩⎪⎨⎪⎧守恒条件⎩⎪⎨⎪⎧系统不受外力或受外力的合力为零系统内力远大于外力系统在某一方向上的合力为零表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞：动量守恒，动能守恒非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒且损失最大1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s命题意图：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点．解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．答案：A2.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则()A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零命题意图：本题通过Ft图象考查动量定理．解析：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．答案：AB3．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．命题意图：本题考查竖直上抛运动、动量定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识解决实际问题的能力．解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm＝ρv0S.③Δt(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒定律得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20，④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ，⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理得F Δt ＝Δp ，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. 答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．命题意图：本题考查能量守恒定律、动能定理、动量守恒定律等，意在考查考生对多过程问题的综合分析能力和推理计算能力．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12m v 20>μmgl ，①即μ<v 202gl，② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12m v 20＝12m v 21＋μmgl ，③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒定律有m v 1＝m v 1′＋3m 4v 2′，④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22，⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1，⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ，⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl，⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl5．(2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．命题意图：本题主要考查动量守恒定律、能量守恒定律、弹性碰撞及其相关知识，意在考查考生综合运用相关知识解决问题的能力．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1，①12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1，② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋M v 0，③ v C 1＝2m m ＋M v 0，④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0，⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1，⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0，⑦解得m ≥(5－2)M ，⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .答案：(5－2)M ≤m ＜M。

2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升13(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K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1.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p 0V ＝p 1V 1，① (3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)，② 联立①②式得 V 1＝V2，③p 1＝2p 0.④②打开K 3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V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2，⑤ 由⑤式得 p 2＝3VV 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p2′T1＝p3T2，⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0.答案：(1)ABC(2)①V22p0②上升直到B的顶部③1.6p02．(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T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0，①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 TT，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 03．(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K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2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K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图乙所示．设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K 1和K 2的内径均为d ，M 的容积为V 0，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≤πρgl2d24V0，⑦该仪器能够测量的最大压强为p max＝πρgl2d24V0.答案：(1)ABD(2)①ρπgh2d24V0＋πd2（l－h）②πρgl2d24V0。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升4 含解析

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 1m 2r 2定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝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＝12gt2，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v2y＝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＝v t，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L 1和L 2，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 12g 6h <v <L 1g 6h B.L 14 g h <v < （4L 21＋L 22）g 6h C.L 12g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g 6h D.L 14 g h <v <12 （4L 21＋L 22）g 6h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 14 g h.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）g 6h .即速度v 的最大取值范围为L 14g h<v <12 （4L 21＋L 22）g 6h，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T 04，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 R 2＝m v 2R ，可得v ＝GM R，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 ＝2πR v ，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 ＝GM R2，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 ）2T 2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．答案：B。

2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升12(含解析)

章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H＋21H→32He＋10n.已知21H的质量为2.013 6 u，3He的质量为3.015 0 u，10n的质量为1.008 7 u，1 u＝931.5 MeV/c2.氘核聚变反应2中释放的核能约为()A．3.7 MeV B．3.3 MeVC．2.7 MeV D．0.93 MeV命题意图：本题考查核反应中核能的计算．解析：氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931.5 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确．答案：B2．(2017·全国卷Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238 92U→23490Th＋42He.下列说法正确的是()A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量命题意图：本题考查原子核的衰变及动量守恒知识．解析：静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和α粒子的动量等大反向，即p Th＝pα，B项正确；因此有2m Th E kTh＝2mαE kα，由于钍核和α粒子的质量不等，因此衰变后钍核和α粒子的动能不等，A项错误；半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并不是一个铀核衰变所用的时间，C项错误；由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，因此D项错误．答案：B3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h为普郎克常量．下列说法正确的是()A．若νa＞νb，则一定有U a＜U bB．若νa＞νb，则一定有E k a＞E k bC．若U a＜U b，则一定有E k a＜E k bD．若νa＞νb，则一定有hνa－E k a＞hνb－E k b命题意图：本题考查遏止电压、爱因斯坦光电效应方程．解析：设该金属的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程有E k＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项正确；又E k＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－E k＝W，W相同，则D项错误．答案：BC4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是()A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关命题意图：本题考查光电效应及其相关的知识点，意在考查考生对光电效应知识的理解和应用能力．解析：根据光电效应规律，保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，则饱和光电流变大，选项A正确；由爱因斯坦光电效应方程知，入射光的频率变高，产生的光电子最大初动能变大，而饱和光电流与入射光的频率和光强都有关，选项B错误，C正确；保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，当入射光的频率小于极限频率时，就不能发生光电效应，没有光电流产生，选项D错误；遏止电压与产生的光电子的最大初动能有关，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的光强无关，选项E正确．答案：ACE5．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si.下列说法正确的是() A．核反应方程为p＋2713Al→2814SiB．核反应过程中系统动量守恒C．核反应过程中系统能量不守恒D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致命题意图：本题考查核反应方程以及核反应特点，意在考查考生对核反应知识的理解能力．解析：核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，m0v0＝28m0v，所以硅原子核速度数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致，E项正确．答案：ABE。

2018高考物理一轮总复习课时作业11 含解析精品

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)1.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如图所示)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则() A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F y<F x tan α，质点向x轴一侧做曲线运动解析：若F y＝F x tan α，则F x和F y的合力F与v在同一条直线上，此时质点做直线运动。

若F y<F x tan α，则F x、F y的合力F与x轴正方向的夹角β<α，则质点向x轴一侧做曲线运动。

答案： D2.在长约一米的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，将其迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底。

现将此玻璃管倒置安装在置于粗糙水平桌面上的小车上，小车从位置A以初速度v0开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。

经过一段时间后，小车运动到图甲中虚线位置B。

按照图甲建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图乙中的()解析：根据题述，红蜡块沿玻璃管匀速上升，即沿y方向做匀速直线运动；在粗糙水平桌面上的小车从A位置以初速度v0开始运动，即沿x方向红蜡块做匀减速直线运动，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹是关于y轴对称的抛物线，可能是图乙中的A。

答案： A3．某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。

已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点的加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小解析：铅球做斜抛运动，根据曲线运动的条件和题设中在B点的速度与加速度相互垂直，即竖直方向上的分速度为零，可判断B点是轨迹的最高点，根据动能定理可知A项正确；D点和C点的加速度一样大，都等于重力加速度，B错；过了B点后，在D点加速度与速度不可能再垂直，C错；根据曲线运动的特点，可判断从B点到D点加速度与速度的夹角一直减小，D错。

2018年高考物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升1(含解析)

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.x t 2B.3x 2t 2C.4x t 2D.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t 1，a 车追上b 车B ．在时刻t 2，a 、b 两车运动方向相反C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减少后增加D ．在t 1到t 2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，t 1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，t 2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，t 1到t 2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 ＝t 1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 v 1＋v 22C ．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 ＝x t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v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，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′－ly A′＋l＝23，x R′x B′＝lv t＝23，联立解得v＝6al 4.答案：6al 4。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升7 Word版含解析

章末整合提升1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离为r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd，下列选项正确的是()A．E a∶E b＝4∶1B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3命题意图：本题考查点电荷电场强度公式、电势、电场力做功及其相关的知识点．解析：设点电荷的电荷量为Q ，根据点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2，r a ∶r b ＝1∶2，r c ∶r d ＝3∶6，可知，E a ∶E b ＝4∶1，E c ∶E d ＝4∶1，选项A 正确，B 错误；将一带正电的试探电荷由a 点移动到b 点做的功W ab ＝q (φa －φb )＝3q (J)，试探电荷由b 点移动到c 点做的功W bc ＝q (φb －φc )＝q (J)，试探电荷由c 点移动到d 点做功W cd ＝q (φc －φd )＝q (J)，由此可知，W ab ∶W bc ＝3∶1，W bc ∶W cd ＝1∶1，选项C 正确，D 错误．答案：AC 2．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( ) A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变命题意图：本题考查平行板电容器、电容、匀强电场的电场强度与电势差的关系及相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识分析、解决问题的能力．解析：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可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，d选项A、B、C错误．答案：D3.(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小命题意图：本题考查带电油滴在复合场中的运动、动能定理、牛顿运动定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识分析、解决问题的能力．解析：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．答案：AB4.(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功命题意图：本题考查电势、等势面、电场力做功及其相关知识，意在考查考生运用电场相关知识分析解决问题的能力．难度中等．解析：根据题述一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，可知N点和P点处于同一等势面上，直线d 位于某一等势面内．根据匀强电场的特性，可知直线c位于某一等势面内．由于电子由M点运动到N点的过程中，电场力做负功，说明电场线方向从M指向N，故M点电势高于N点电势，所以选项B 正确，选项A错误；由于M、Q处于同一等势面内，电子由M点运动到Q点的过程中，电场力不做功，选项C错误；电子由P点运动到Q点的过程中，电场力做正功，选项D错误．答案：B5．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．命题意图：本题考查带电油滴在电场、重力场中的运动、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点．解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1，①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1，②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2，③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1，④由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg，⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，⑦ 油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 21，⑧ 由题给条件有 v 20＝2g (2h )，⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ，⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1，⑪ 为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1，⑫ 即当 0<t 1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32v 0g ，⑬ 或t 1>⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32v 0g ，⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形．若B 点在A 点之下，依题意有x 1＋x 2＝－h ，⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1，⑯ 为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1，⑰ 即t 1>⎝ ⎛⎭⎪⎫52＋1v 0g ，⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去．答案：(1)v 0－2gt 1 (2)见解析。

全国2018年秋高三物理复习课时跟踪练：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 ＝＝ T ＝0.2 T ，A 项错误；由图E Lv 0.010.1×0.5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 ＝＝ A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 E R 0.010.005N ＝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 ，①F N1＝2mg cos θ，②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μF N2＝F T ，③F 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 ＝，⑧E R 联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ).mgRB 2L 2答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ)　mgRB2L2(2)(sin θ－3μcos θ)。

2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业10附解析

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(第1题为单项选择题，第2题为多项选择题)1.(2017·长沙模拟)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，则能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()解析：小木块刚放到传送带上时将会与传送带发生相对滑动，加速度a1＝g sin θ＋μg cos θ，当小木块与传送带达到共同速度v后，由于μ＜tan θ，小木块将会相对于传送带向下滑动，加速度a2＝g sin θ－μg cos θ；由于a1＞a2，选项D正确。

答案： D2．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。

设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。

下面给出了石块在长木板上滑行的v -t图象，其中正确的是()解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg>μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg>μ2(M＋m)g，可得μ1mg>μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g>μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确。

答案：BD二、非选择题3.如图所示，物体A的质量为M＝1 kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5 kg、长为L＝1 m。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升2 Word版含解析

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：AD 3．(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．2－3B.36C.33D.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＝12F，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80cm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 cmB．92 cmC．98 cmD．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。

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