2019届高考物理第一轮复习限时检测题7

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2019届高考物理一轮总复习配套练习题全集(49套有答案)【高考】

2019 高考物理（人教）一轮编练习题（1）
李仕才一、选择题
1、如图所示，在一个倾角为 θ 的斜面上，有一个质量为 m，带负电的小球 P(可视为点电荷)，空间存
在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个
方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )
A．v1 方向
A．小球 A 落地时间为 3 s B．物块 B 运动时间为 3 s C．物块 B 运动 12.5 m 后停止 D．A 球落地时，A、B 相距 17.5 m
解析：选 ACD 根据 H＝12gt2 得，t＝
2gH＝
2×45 10
s＝3
s，故
A
正确。物块
B
匀减速直线运动的加
速度大小 a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则 B 速度减为零的时间 t0＝va0＝140 s＝2.5 s，滑行的距g′∶g＝1∶5
C．M 星∶M 地＝1∶20
D．M 星∶M 地＝1∶80
【答案】BD 5、如图 6 所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板 P 相连，
另一端与盒子 A 相连，A 内放有光滑球 B，B 恰与盒子前、后壁接触，现用力推 A 使弹簧处于压缩状态，然
2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B 质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为 gsin θ
B．两图中 A 球的加速度均为零
C．图甲中 B 球的加速度为 2gsin θ
D．图乙中 B 球的加速度为 gsin θ
解析：选 CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin θ，加速度为 2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin θ，加速度均为 gsin θ，故 C、D 正确，A、B 错误。

(人教)物理2019高考一轮选练练题(7)及答案

（人教）物理2019高考一轮选练练题（7）及答案B．B对地面的压力增大C．A、B之间的摩擦力一定增大D．水平面对B的摩擦力始终为零解析：选AB.开始时弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板的作用力不变，A正确．隔离物块A进行受力分析，若初始时A 受B的摩擦力沿斜面向上或为零，加推力F后，静摩擦力沿斜面向上增大；若初始时A受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，静摩擦力沿斜面向下减小，或方向变为沿斜面向上，大小可能减小也可能增大，C错误．A、B、挡板和弹簧整体受力平衡，F N＝M总g＋F竖直，F水平＝F f，B对地面的压力增大，水平面对B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正确、D错误．3、（2019届北京市海淀区高三上学期期中）图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。

由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。

她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是A. “起立”过程，体重计的示数一直大于A0B. “下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0C. “起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象D. “起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象【答案】CD4、“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征7号遥2运载火箭发射.4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方.4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是( )A ．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度解析：选D.根据G Mm R ＋h 2＝m 4π2T 2(R ＋h)，可得M ＝4π2R ＋h 3GT 2，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错；“天舟一号”与“天宫二号”的对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确；故选D. 5、(2019·河北张家口模拟)如图所示,AOB 为一边界为圆的匀强磁场,O 点为圆心,D 点为边界OB 的中点,C 点为边界上一点,且CD ∥AO.现有两个带正电粒子1,2,它们的比荷之比为1∶2,射入磁场的速率之比为1∶2,其中粒子1从A 点正对圆心射入,恰从B 点射出,粒子2从C 点沿CD 射入,从某点离开磁场,不计重力及粒子间的相互作用,则( CD )A.粒子2必在B,C 之间(不含B,C)某点射出磁场B.粒子2必在D,B 之间(不含D,B)某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶1D.粒子1与粒子2的速度偏转角度之比为3∶2解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=,解得r=,由题意可知,两粒子的比荷之比为1∶2,射入磁场的速率之比为1∶2,则它们的轨道半径相等,即r1=r2,粒子运动轨迹如图所示,粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径等于BO,连接O1C,O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A,B错误;粒子1的速度偏角等于在磁场中转过的圆心角θ1=90°,连接PB,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,粒子2在磁场中转过的圆心角θ2=∠BO1P=60°,两粒子的速度偏角不同,粒子在磁场中运动的周期T=,由于两粒子的比荷之比为1∶2,则=,粒子在磁场中的运动时间t=T,它们在磁场中的运动时间之比==×=,粒子1与粒子2的速度偏转角度之比==,故C,D正确.6、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab 中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律ab 中产生由a 到b 的恒定电流，A 错误，由法拉第电磁感应定律，E ＝nΔΦΔt ＝nΔB ΔtS ，电阻一定，则感应电流不变，B 错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以，安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．7、宽为L 的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R ，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h ，如图，有一质量为m 、长为L 电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处杆由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t 变化的图象可能正确的是( )解析：选B.杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A 和C 选项．因杆在无磁场区域中做a ＝g 的匀加速运动，又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a ＝mg －B 2L 2v R m，方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又I ＝BLv R ，由I-t 图线斜率变化情况可知选项B 正确，选项D 错误．8、（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

2019版高考物理一轮复习精选题辑：周测七恒定电流

周测七恒定电流．由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大．将甲和乙并联接在电路中时，通过甲的电流大．将甲和乙串联接在电路中时，甲消耗的电功率小如图所示为一水平绝缘盘，盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，从上向下看，盘面沿逆时针方向匀速转动，．如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍．如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流也加倍的横截面积是U123＝关于这三种材料的电阻率ρb、ρc，下列说法中正确的是c的2倍倍．有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为，现将两柱体串联接在电压U上，已知通过导体的电流方向如图，大小为＝＋＝＋ D．ρ＝－＋A根据公式R＝ρ可得，R a＝ρaah＝ρ⎭⎪⎫E2＋r22R，又知E1>E2，则rP＝I2R可得P1<P2，所以只有7．(2018·吉林长春模拟)(多选)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是( )A ．保持开关S 闭合，将R 上的滑片向右移动B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板间距离增大少许C ．断开开关S 后，将A 、B 两极板间距增大少许D ．断开开关S 后，将A 、B 两极板的正对面积减小少许答案：CD解析：保持开关闭合，静电计两端的电势差始终等于电源的电动势，故指针张角不变，故A 、B 错误；断开开关S 后，电容器带电荷量Q 不变，将A 、B 间距增大少许或A 、B 两极板的正对面积S 减小少许时，电容C 减小，根据C ＝QU可知，电势差U 增大，指针张角增大，故C 、D 正确．8．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R 2消耗的功率用P 表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U 、I 表示，电容器所带的电荷量用Q 表示，通过电源的电荷量为q 时，电源所做的功用W 表示．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是( )答案：AB解析：当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2，功率与电流的关系为二次函数关系，A 正确；电容器C 的电压U C ＝E －I(R 2＋r)，电荷量Q ＝CU C ＝C[E －I(R 2＋r)]，则ΔQΔI＝－C(R 2＋r)，保持不变，则Q －I 图线是向下倾斜的直线，B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U —I图线应是向下倾斜的直线，C 错误；电源通过电荷量q 时，电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W —q 是过原点的直线，D 错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分) 9.(9分)在“测定金属的电阻率\”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d 时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L ，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R ，然后由ρ＝R SL算出该金属材料的电阻率．(1)从图中读出金属丝的直径d 为________mm.(2)(ⅰ)为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： ①电压表：0～3 V ，内阻10 k Ω ②电压表：0～15 V ，内阻50 k Ω ③电流表：0～0.6 A ，内阻0.05 Ω ④电流表：0～3 A ，内阻0.01 Ω ⑤滑动变阻器：0～10 Ω ⑥滑动变阻器：0～100 Ω 下列说法正确的是( )(ⅱ)实验中某同学的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(ⅱ)导线接在了滑动变阻器的滑片上mm，可动刻度为20.2×0.01若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为，电阻箱的读数为________ Ω(3)将图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为______ mA(4)计算得到多用电表内电池的电动势为__________ V．(保留三位有效数字答案：(1)黑(2)14.0 53.0(3)102 (4)1.55解析：(1)由多用电表内部电源电流“红表笔进，黑表笔出”，电流表“＋”接线柱电流流进，“－”接线柱电流流出知，a表笔为黑色表笔．(2)根据题图读数，多用电表读数为14.0 Ω，电流表读数为53.0 mA11．(14分)有一用电器的铭牌上标明额定电压为100 V ，额定功率因字迹不清而无法辨认，但该用电器有显示是否处于正常工作状态的装置，现将该用电器与一阻值变化范围为0～100 Ω的滑动变阻器连接后，接在输出电压为220 V 的电源两端．(1)为使用电器安全正常地工作，应采用怎样的接法？画出电路图．(2)在正确连接的电路中，当用电器正常工作时通过电源的电流为2.4 A ，求用电器消耗的电功率与整个电路消耗的电功率之比．答案：(1)见解析 (2)566解析：(1)由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从0开始调节．电路如图所示． (2)设滑动变阻器串联部分电阻为R x ，其与用电器并联部分的电压为100 V ，则R x 的电压为120 V ，R x 的电流为2.4 A ，则R x ＝50 Ω.滑动变阻器并联部分的电阻为100 Ω－R x ＝50 Ω，电流为I 1＝10050A ＝2 A ，通过用电器的电流为I 2＝0.4 A ，用电器的功率P 2＝40 W ，所求电功率之比为40220×2.4＝566.12．(15分)抽油烟机是现代厨房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油烟机说明书中的主要技术参数差．用多用电表测量得其中一只电动机的线圈电阻R ＝90 Ω.若保险丝的熔断电流是保险丝允许通过的电流的1.5倍，启动时电动机当成纯电阻处理，求：额定电压(两电动机、照明灯) AC220 V 50 Hz额定输入功率 2×185 W抽排风量(两电动机同时工作) ≥15 m 3/min 风压(两电动机同时工作) ≥300 Pa照明灯 40 W 排烟管内径 150 mm(1)两电动机每分钟消耗的电能为多少？(2)这种抽油烟机保险丝的熔断电流不得低于多少？ (3)两电动机每分钟所做的有用功至少是多少？ (4)这种油烟机的机械效率至少是多少？答案：(1)2.22×104 J (2)7.61 A (3)4.5×103J (4)20.3%解析：(1)两电动机每分钟消耗的电能E ＝2Pt ＝2.22×104J.(2)电动机启动时通过的电流大于正常工作时的电流，所以保险丝的熔断电流应以启动时通过的电流来确定，启动电流I ＝U R ×2 A＋P 灯U＝5.07 A ，所以保险丝的熔断电流至少为I′＝1.5I ＝7.61 A.(3)电动机所做的有用功是用于排风的，故两电动机每分钟所做的有用功至少为W ＝p ΔV ＝300×15 J＝4.5×103J.(4)该抽油烟机的机械效率至少为η＝WE×100%＝20.3%.周测七恒定电流(B 卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．(多选)某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电处接一定值电阻，假设两导线均在距离处发生了漏电现象．如果在两导线M 端接入一大小为端接入一大小为5 V 的恒定电压，用理想电压表测出的额定电压和额定功率分别为110 V 、40 W ，小灯泡B 的额定电压和额定功率分别为300 Ω.下列电路图中既能使两灯泡正常发光，又能使电路消耗的电能最少的110 V ，由R ＝U2P可知，R A >R B ，且应满足正常发光，但选项B 中通过滑动变阻器的电流较大，电路消耗的电能较多，故选项图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )A ．E ＝50 VB ．r ＝253ΩC ．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 ΩD ．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 答案：AC解析：根据U ＝E －Ir ，可知图线甲的斜率的绝对值等于电源内阻r ，图线甲在纵轴上的截距为电源的电动势，即E ＝50 V ，内阻r ＝50－206－0Ω＝5 Ω，A 正确、B 错误；根据题图可知，当该导体直接与该电源相连时，电流I ＝Er ＋R＝2 A ，得R ＝20 Ω，C 正确；当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为P ＝EI ＝50×2W ＝100 W ，D 错误．5．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑动触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表内阻对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V 2读数逐渐减小C ．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大D ．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω 答案：AD解析：由题图可知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示电压表V 2的读数与电流的关系，U ＝E －Ir ，此图线的斜率的绝对值即为电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，路端电压U ＝3.4 V ，则电源电动势 E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V＝3.6 V ，A 正确；滑动变阻器向右滑动时，其接入电路的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即电压表V 2读数逐渐增大，B 错误；由题图乙可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.2－0.1Ω＝4 Ω，当电流I ＝0.3 A 时，电动机两端电压U ＝3 V ，电动机输出功率最大，而在电流表读数在0.2 A 以下时，电动机的输出功率一直为0，C 错误；当电路中电流最小时，滑动变阻器的阻值为最大值，即I ＝0.1 A 时，R ＝U 2－U 1I ＝3.4－0.40.1Ω＝30 Ω，D 正确．6.(多选)如图所示电路中，电阻R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶3∶4，C 为电容器，A 为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A ，则断路的电阻可能是( )A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4 答案：BC解析：本题考查了串并联电路的特点、含容电路等知识点．假设电源负极电势为零，路端电压为U ，则电容器上极板电势等于电阻R 2两端电压，即为φ上＝23U ；电容器下极板电势等于电阻R 4两端电压，即为φ下＝47U ；故φ上>φ下，电容器上极板带正电；若有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，极性不变，故电阻R 2变大或者电阻R 3变大，断路相当于电阻变为无穷大，选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．7.(多选)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r.闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )A ．ΔU 2＝ΔU 1＋ΔU 3 B.ΔU 3ΔI＝R ＋r C.ΔU 1ΔI 和ΔU 2ΔI保持不变 D ．电源输出功率先增大后减小答案：BC解析：本题考查了电路的动态分析．由电路图知，电阻R 、滑动变阻器、电流表串联在电路中，电压表V 1测R 两端电压，电压表V 2测路端电压，电压表V 3测滑动变阻器两端的电压，滑动变阻器的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，电流增大，路端电压减小，R 两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的特点知，ΔU 2＝ΔU 3－ΔU 1，选项A 错误；将R 等效为电源的内阻，所以ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，选项B 正确；ΔU 1ΔI＝R ，是不变的，ΔU 2ΔI＝r ，是不变的，选项C 正确；当内电阻等于外电阻时，电源输出功率最大，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r ，减小滑动变阻器连入电路中的阻值，电源输出功率一直增大，选项D 错误．8．(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为 3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W 答案：CD解析：本题考查欧姆定律、电功率．电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1两端的电压为U 1＝3.0 V ，由图乙知，通过L 1的电流为I 1＝0.25 A ，由欧姆定律得L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝3.0 V0.25 A＝12 Ω，选项A 错误；L 1消耗的电功率P 1＝U 1I 1＝3.0 V×0.25 A＝0.75 W ，选项B 错误；由图甲可知，L 2两端的电压U 2和定值电阻两端的电压U R 之和等于3.0 V ，即U 2＋U R ＝3.0 V ，在电源、L 2、R 组成的回路中，将R 等效为电源内阻，结合图乙可知，U 2＝1.5V ，I 2＝0.2 A ，由欧姆定律得L 2的电阻R 2＝U 2I 2＝1.5 V0.2 A＝7.5 Ω，选项C 正确；L 2消耗的电功率P 2＝U 2I 2＝1.5 V×0.2A ＝0.3 W ，选项D 正确．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(9分)某学习小组通过实验来研究电器元件Z 的伏安特性曲线．他们在实验中测得电器元件Z 两端的电压与通过它的电流的数据如下表：填“变大”、“变小”或“不变”)．接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A，已知________Ω.(3)6.67表格中最大电流为0.215 A，电流表应选C.(2)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．(3)当电路中电流为上电压为1.00 V，R0的阻值为6.67 Ω.所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势．实验室提供的器材如下：电压表(量程0所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．的阻值，记录电压表的示数U，得到若干组图线．由图象得出电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________本实验测得的电池组的电动势与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，测得的内阻填“偏大”、“偏小”或“相等”)．6.05(6.02～6.08均可) (3)偏小解析：(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ur R ，变换为1U ＝r E ·1R ＋1E，结合图象可得电动势E ＝2.86 V ，内阻r ＝6.05 Ω.(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响，则有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R V ＋U R r ，变换为1U ＝r E ·1R ＋R V ＋r ER V ，可知电动势测量值偏小，内阻测量值偏小．11．(15分)(2018·安庆模拟)在如图所示电路中，定值电阻R 0＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S ，当滑动变阻器R x 的滑片P 从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3 V ，电流表的变化范围为0.75～1.0 A ．求：(1)电源的电动势和内阻．(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率．答案：(1)12 V 10 Ω (2)3.375 W解析：(1)当R x ＝0时，U x1＝0，对应电流为I 1＝1.0 A ，由闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R 0＋r)① 当R x 为最大值时，U x2＝3 V ，对应电流为I 2＝0.75 A ，有 E ＝I 2(R 0＋r)＋U x2②R x 的最大值为R xm ＝U x2I 2＝30.75Ω＝4 Ω.由①②两式代入数据得E ＝12 V ，r ＝10 Ω.(2)电源的输出功率P 输出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x ＋R 0＋r 2(R x ＋R 0)当R x ＋R 0＝r 时，电源有最大输出功率，但R x ＋R 0恒小于r ，由输出功率随外电阻变化的关系知，当R x ＋R 0取最大值时输出功率最大，即P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R xm ＋R 0＋r 2(R xm ＋R 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋2＋102×(4＋2) W ＝3.375 W.12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流I 2＝1.0 A ．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？答案：(1)1.5 W (2)8 W解析：(1)U 1＝0.2 V 时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r ＝U 1I 1＝0.20.4Ω＝0.5 ΩU 2＝2.0 V 时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得 P 电＝U 2I 2＝2.0×1.0 W＝2 WP 热＝I 22r ＝1.02×0.5 W＝0.5 W所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率 P 出＝P 电－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率P′热＝U 22r ＝2.020.5W ＝8 W。

高考物理一轮总复习第七章静电场能力课带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习(含解析)新

能力课带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1．如下列图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h ，质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，假设两粒子轨迹恰好相切，如此v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qE mh C.s42qE mh D.s4qE mh解析：选B 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，如此在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．2.(2019届河北定州中学月考)如下列图，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，假设不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b 孔，如此可行的方法是( )A ．保持S 闭合，将A 板适当上移B ．保持S 闭合，将B 板适当下移C ．先断开S ，再将A 板适当上移D ．先断开S ，再将B 板适当下移解析：选B 设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q .由题知质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝0.假设保持S 闭合，将A 板适当上移，设质点到达b 时速度为v ，由动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝12mv 2，v ＝0，说明质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b 孔，故A 错误；假设保持S闭合，将B 板适当下移距离Δd ，由动能定理得mg (h ＋d ＋Δd )－qU ＝12mv 2，如此v >0，质点能穿过b 孔，故B 正确；假设断开S 时，将A 板适当上移，板间电场强度不变，设A 板上移距离为Δd ，质点进入电场的深度为d ′时速度为零．由动能定理得mg (h －Δd ＋d ′)－qEd ′＝0，又由原来情况有mg (h ＋d )－qEd ＝0.比拟两式得，d ′<d ，说明质点在到达b 孔之前，速度减为零，然后返回，故C 错误；假设断开S ，再将B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b 孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b 孔，故D 错误．3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，如此如下图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )解析：选A 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．4.(2018届高考原创猜题卷)如下列图，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，如此物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22gh D.532gh 解析：选D 对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .5.(多项选择)如下列图，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道局部存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，如此( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析：选ACD 小球在BCD 局部做圆周运动，在D 点，mg ＝m v D 2R，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv D 2－12mv B 2，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，如此x越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v B 2R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx＝12mv B 2，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，如此x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．6.(多项选择)(2018届湖北八校联考)如下列图，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，1k .重力加速度为g ，如此( )A ．电场强度的大小为 mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为 5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k解析：选BC 小球做类平抛运动，如此电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mgq ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos45°＝2mgk，D 错误．二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如下列图，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质与电场强度E ；(2)假设小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqL sin α－mgL (1－cos α)＝0 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，如此G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．假设小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：m v 2L ＝233mg 由A 点到等效最高点，根据动能定理得－233mgL (1＋cos30°)＝12mv 2－12mv A 2 联立解得v A ＝2gL 3＋1.答案：(1)正电3mg3q(2)2gL 3＋18．(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间t 变化的v y t 图象，如图甲和乙所示．电场强度E ＝U 0d电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm 图甲中，v y 1＝at 0＝U 0et 0dmv y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧位移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 02md由图乙可得电子的最小侧位移 y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 022md .答案：3U 0et 02md 3U 0et 022md9.(2019届德州质检)如下列图，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势．解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kr 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，由平衡条件有F N －mg －F sin60°＝0解得F N ＝mg ＋33k8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33k 8h 2(2)φ＋m v 02－v22q10.(2018届湖南五校高三联考)如下列图，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响，重力加速度为g ，求：(1)小球经过C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过D 点时的速度大小．解析：(1)小球从A 点到C 点过程，根据动能定理有mg ·2d ＝12mv C 2在C 点，由牛顿第二定律有T －mg ＝m v C 2d得T ＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T ′＝T ＝5mg .(2)设U BA ＝U ，根据对称性可知U BA ＝U AD ＝U小球从A 点到B 点和从A 点到D 点过程中，根据动能定理有mgd ＋qU ＝12mv 2mgd －qU ＝12mv D 2得v D ＝4gd －v 2.答案：(1)5mg (2) 4gd －v 2|学霸作业|——自选一、选择题1.(2019届吉林调研)真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如下列图，如此如下说法正确的答案是( )A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．试探电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：选D 根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B 错误；试探电荷在x ＝4a 处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D 正确；在x 轴上从原点处到x ＝6a 处，电场强度从两头指向x ＝4a 处，点电荷M 、N 一定都是正电荷，选项A 错误；由kQ M 4a2＝kQ N2a2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误． 2.(多项选择)(2018届山西太原一模)如下列图，在水平向右的匀强电场中，t ＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用E k 表示滑块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，如此如下图线正确的答案是( )解析：选AD 物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 02＝－2ax ，由数学知识可知B 错误；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．3.(2019届福州四校联考)如下列图，在竖直平面内固定一个半径为R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的一样的带负电小球A 和B 套在圆环上，其中小球A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球B 固定在圆环上，和圆心O 的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A 从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g ，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中电势能保持不变B ．小球A 运动到圆环的水平直径右端P 点时的速度为0C ．小球A 运动到圆环最低点Q 的过程中，速率先增大后减小D ．小球A 到达圆环最低点Q 时的速度大小为gR解析：选C 小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90°后大于90°，即合力对小球A 先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C 正确；小球A 、B 之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90°后大于90°，可知小球A 从释放至运动到Q 点过程中，小球A 的电势能先减小后增大，选项A 错误；小球A 在释放点与在Q 点的电势能相等，小球A 从释放运动到Q 点的过程中，有mgR ＝12mv Q 2，v Q ＝2gR ，选项D 错误；假设小球A 到达P 点时速度为零，分析可知，小球A 在P 点与在释放点重力势能一样，小球A 在P 点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A 不能到达P 点，选项B 错误．4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以大小为v 的初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如下列图，由此可知( )A ．小球带正电B ．电场力大小为2mgC ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的运动时间相等D ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的速度变化量不相等解析：选D 根据小球从B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以小球在C 点时的速度等于在A 点时的速度，因为AB ＝2BC ，设B 、C 间竖直距离为h ，如此A 、B 间竖直距离为2h ，小球由A 点到C 点根据动能定理有mg ×3h －Eqh ＝0，即Eq ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 点到B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g ，方向竖直向下，所用时间为t 1＝4hg＝2h g，从B 点到C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a 2＝Eq －mgm＝2g ，方向竖直向上，故所用时间t 2＝2h2g＝hg，故t 1＝2t 2，选项C 错误；小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的过程中速度变化量大小都等于Δv ＝2ghg，但方向相反，选项D 正确． 5.(多项选择)(2018届四川宜宾二诊)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的一样带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力与相互间的作用力．如此( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场解析：选AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，如此t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，如此12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，故电场力做功W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12mv 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．6.(多项选择)如下列图，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E .在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，如下说法正确的答案是( )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：选AD 根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F N －qE －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3(mg ＋qE )，如此小球对轨道的压力为3(mg＋qE )，故C 错误，D 正确．二、非选择题7.如下列图，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l2处有一障碍物P ，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？ (3)假设细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l2可解得T 2－T 1＝2mg ，即增大2mg .(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2hg小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x ＝vt ＋12·qEmt 2小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl .答案：(1)2gl (2)增大2mg(3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl8.如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos30°h sin30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv C 2－0解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 12mv C 2＝12mv D 2＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v D 2R解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确．即小球落地点距离C 点的水平距离为 2 m. 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.(2019届山东烟台模拟)如下列图，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到A 的距离．有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电小球B ，B 球与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源A 形成的电场中具有的电势能表达式为E p ＝kr，其中r 为q 与Q 之间的距离．有一质量也为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达最高点P (取g ＝10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)，求：(1)小球C 与小球B 碰撞后的速度为多少？ (2)小球B 的带电荷量q 为多少？ (3)P 点与小球A 之间的距离为多大？(4)当小球B 和C 一起向下运动与场源A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？解析：(1)小球C 自由下落H 距离的速度v 0＝2gH ＝4 m/s小球C 与小球B 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 代入数据得v 1＝2 m/s.(2)小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球进展受力分析知mg ＝ka 2代入数据得q ＝49×10－8C.(3)C 和B 向下运动到最低点后又向上运动到P 点，运动过程中系统能量守恒，设P 与A 之间的距离为x ，由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝2mg (x －a )＋k x代入数据得x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋25 m(或x ＝0.683 m)．(4)当C 和B 向下运动的速度最大时，设与A 之间的距离为y ，对C 和B 整体进展受力分析有2mg ＝ky 2代入数据有y ＝25m(或y ＝0.283 m) 由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝12×2mv m 2－2mg (a －y )＋k y代入数据得v m ＝ 16－8 2 m/s(或v m ＝2.16 m/s)．答案：(1)2 m/s (2)49×10－8C (3)2＋25 m (4)25m16－8 2 m/s10．(2017年全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M ，N 先后以一样的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M ，N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，如此它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M ，N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v y 2＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，如此v 0v y ＝qEmg⑨ 设M ，N 离开电场时的动能分别为E k1，E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q. 答案：(1)3 (2)13H (3)mg2q。

2019届全国高三一轮精品卷(七)理综物理试卷

2019届全国高三一轮精品卷（七）理综物理试卷本试卷共16页，共38题（含选考题），分选择题和非选择题两部分。

全卷满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题I1. 下列单位均为导出单位的是A. 牛顿安培B. 千克焦耳C. 欧姆伏特D. 特斯拉秒【答案】C【解析】国际单位制中基本单位有：米、千克、秒、摩尔、开尔文、安培、坎德拉；牛顿、焦耳、欧姆、伏特、特斯拉为导出单位．故C正确，A、B、D错误；故选C。

2. 如图所示是高速公路旁的交通标志，图中的“100”表示小汽车必须限制在100 km/h内行驶，“杭州88 km”表示到杭州还有88 km.“100 km/h”和“88 km”分别指A. 平均速度，位移B. 平均速度，路程C. 瞬时速度，位移D. 瞬时速度，路程【答案】D【解析】交通标志里的限速标志是每一时刻的速度均不能超过该速度；故为瞬时速度；故选D。

物理一轮复习限时检测1运动的描述匀变速直线运动含解析

第一章运动的描述匀变速直线运动综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．(2020·安徽定远高级中学质检）伽利略为了研究自由落体运动的规律，利用斜面做了上百次实验。

如图，让小球从光滑斜面上的不同位置自由滚下，测出小球从不同起点滚动到斜面底端的位移s以及所用的时间t。

若比值错误!为定值，小球的运动即为匀变速运动。

下列叙述不符合实验事实的是（B）A．当时采用斜面做实验，是为了便于测量小球运动的时间B．小球从同一倾角斜面上的不同位置滚下，比值错误!有较大差异C．改变斜面倾角，发现对于每一个特定倾角的斜面,小球从不同位置滚下,比值错误!保持不变D．将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时，比值错误!也将保持不变，因此可认为自由落体运动为匀变速运动［解析］本题考查对伽利略斜面实验的理解。

在伽利略时代,没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来“冲淡”重力，目的是便于测量小球运动的时间，故A符合实验事实；在伽利略时代,技术不够发达,无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论；如果物体的初速度为零，而且s与t的平方成正比，则v与t成正比，则对于每一个特定倾角的斜面,小球从不同位置滚下加速度不变，比值错误!保持不变，故B错误，C符合实验事实.将斜面实验的结果合理“外推”至当斜面倾角为90°时，比值错误!也将保持不变，说明自由落体运动是匀变速直线运动，故D 符合实验事实。

本题选不符合实验事实的，故选B。

2．(2020·甘肃武威一中月考)汽车在平直的公路上行驶,发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车过程中第1秒内的位移为13 m,在最后1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是(C)A．汽车在第1秒末的速度为10 m/sB．汽车加速度大小为3 m/s2C．汽车在第1秒末的速度为11 m/sD．汽车的加速度大小为4.5 m/s2［解析］本题为刹车类问题，考查根据位移计算加速度与速度.汽车刹车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动,对于最后 1 s，有x1＝错误!at错误!,解得a＝错误!＝错误!m/s2＝4 m/s2.设汽车在第1秒末的速度为v,对于第1 s内，设第1 s 末的速度为v，由x′1＝vt1＋错误!at错误!,代入数据得13 m＝v×1 s ＋错误!×4×12m，可得v＝11 m/s,故选C。

人教物理2019高考一轮选习练题(7)含答案-教学文档

人教物理2019高考一轮选习练题（7）含答案一、选择题1、一物块沿倾角为θ的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端。

已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍。

则物块与斜面间的动摩擦因数为（）A.31tanθB. 21tanθC. 53tanθ D.tanθ 【参考答案】C 2、一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5m/s 2B ．滑块的初速度为5m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m解析：根据滑块最开始1 s 内的位移为2.5 m ，有2.5 m ＝v 0×1 s －12a ×(1 s)2，根据滑块在最开始2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，有v 0×2 s －12a ×(2 s)2＝2×12a ×(2 s)2，联立解得a ＝1 m/s 2，v 0＝3 m/s ，选项A 、B 错误；滑块运动的总时间为t ＝v 0a ＝3 s ，C 正确；滑块运动的总位移为x ＝v 02t ＝4.5 m ，D 正确．答案：CD3、关于力与运动，下列说法正确的是( )A ．没有力的推动作用，小车就不能运动B ．物体只受一个力的作用，其运动状态一定改变C ．物体处于静止时才有惯性D ．汽车的速度越大则惯性越大解析：惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，小车已经有了初速度的情况下，没有力的推动作用，小车仍然运动，故A 错误；力是改变物体运动状态的原因，物体只受一个力的作用，其运动状态一定改变，故B 正确；惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，故C、D错误．答案：B4、下列说法正确的是()A．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变解析：动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，选项B 正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．答案：B5、下列关于电源电动势的说法，正确的是()A．在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 VB．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多解析：根据电动势定义，由E＝Wq得E＝2 V，选项A错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，选项B错误，选项C正确；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源提供的电能等于通过电源的电荷量与电动势之积，选项D错误．答案：C6、(2019·山东省实验中学一诊)匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示．磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B 随时间t的变化规律如图乙所示．用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环产生对应感应电流时其中很小段受到的安培力．则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心解析：由题图可知，在Oa段磁场方向垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，选项A正确；在bc段磁场垂直纸面向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，选项B错误；由左手定则可知，Oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段电流受到的安培力F2方向背离圆心向外，选项C错误；bc 段电流受到的安培力F3方向指向圆心，选项D正确．答案：AD7、如图所示为氢原子的能级图，图中a、b、c、d对应氢原子的四次跃迁，已知可见光光子的能量范围为1.61～3.10 eV，关于四次跃迁，下列说法正确的是()A．经历a跃迁，氢原子吸收的光子能量为0.66 eVB．经历b跃迁，氢原子的轨道半径增大，原子核外电子的动能增大C．经历c跃迁，氢原子放出的光子是可见光光子D．经历d跃迁后，再用可见光照射跃迁后的氢原子，可使氢原子发生电离解析：经历a跃迁，氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出的光子的能量为0.66 eV，A项错误；经历b跃迁，氢原子吸收能量，轨道半径增大，但核外电子的动能会减小，B项错误；经历c跃迁，氢原子辐射出的光子的能量为0.97 eV，则该光子不是可见光光子，C项错误；经历d跃迁后，跃迁后的氢原子的电离能为1.51 eV，因此用可见光光子照射可使其电离，D项正确．答案：D二、非选择题某同学用图甲所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，回答下列问题：(1)在本实验中结合图甲，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________．A．m a OC＝m a OA＋m b OBB．m a OB＝m a OA＋m b OCC．m a OA＝m a OB＋m b OC(2)经测定，m a＝45.0 g，m b＝7.5 g，请结合图乙分析：碰撞前、后m a的动量分别为p1与p′1，则p1p′1＝________(保留分式)．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m b平抛运动水平距离的最大值为________cm.解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：m a v B＝m a v A＋m b v C，两边同时乘以时间t得：m a v B t＝m a v A t＋m b v C t，得：m a OB＝m a OA＋m b OC，故选B.(2)p1p′1＝m a v am a v′a＝OBOA＝44.8035.20＝1411；发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：m a v a＝m a v′a ＋m b v′b根据机械能守恒定律：12m a v2a＝12m av′2a＋12m bv′2b由以上两式解得：v′b＝2m am a＋m bv a，因此最大射程为：s m＝2m am a＋m b·OB＝2×4545＋7.5×44.8 cm＝76.8 cm答案：(1)B(2)14 1176.8。

高考物理一轮复习专题1.5 运动的描述与匀变速直线运动的研究精品测试卷(含解析)-人教版高三全册物

专题1.5 运动的描述与匀变速直线运动的研究测试【总分为：100分时间：90分钟】一、选择题(此题共14小题，每一小题5分，共70分。

在每一小题给出的四个选项中第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2019·山东青岛一中模拟)24届山东省运动会于2018年9月由青岛市承办，运动会包括射箭、体操、田径、击剑等39个比赛项目。

如下关于运动项目的描述正确的答案是( ) A ．研究马拉松运动员跑步的过程，评判比赛成绩时，可将运动员视为质点B ．在双人同步跳水运动中，以其中一名运动员为参考系，另一名运动员是向下运动的C ．在评判击剑运动员的比赛成绩时，运动员可视为质点D ．研究体操运动员的体操动作时，可将其视为质点【答案】A【解析】C 、D 两项中都要关注运动员的动作细节，故这两个项目中的运动员不能看作质点，故C 、D 项错误；A 项中评判成绩不用关注跑步动作细节，故该项中的运动员可看作质点，故A 项正确；B 项中在双人同步跳水运动中，两人动作完全一致，故以其中一名运动员为参考系，另一名运动员是相对静止的，故B 项错误。

2．(2019·某某耀华中学模拟)甲、乙、丙三辆汽车以一样的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲一直做匀速直线运动，乙先加速后减速，丙先减速后加速，它们经过下一路标时速度又一样，如此( ) A ．甲车先通过下一路标 B ．乙车先通过下一路标C ．丙车先通过下一路标D ．无法判断哪辆车先通过下一路标【答案】B【解析】三辆车通过下一路标的位移一样，甲以速度v 0做匀速运动，其平均速度为v 0；乙先加速、后又减速至v 0，它的平均速度一定大于v 0；丙先减速、后又加速至v 0，它的平均速度一定小于v 0。

由t ＝xv可知t丙>t 甲>t 乙，即乙车先通过下一路标，丙车最后通过下一路标。

2019年高考物理一轮复习专全集题(含解析)

测量速度和加速度的方法【纲要导引】此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度来验证牛二或动能定理等。

此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。

【点拨练习】考点一打点计时器利用打点计时器测加速度时常考两种方法：（1）逐差法纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆）点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔）（2）平均速度法，两边同时除以t，，做stt图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是开始计时点0的初速0v。

1.【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50H z 在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：A S =16.6mmB S =126.5mm D S =624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：① 相信两计数点的时间间隔为__________S② 打C 点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)③ 物体的加速度大小为__________(用A S 、B S 、D S 和f 表示)【答案】①0.1s ②2.5 ③【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s ．②根据间的平均速度等于点的速度得v c ==2.5m/s ． ③利用逐差法：,两式相加得,由于,，所以就有了,化简即得答案。

2.【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？【答案】（1）CD（2）39.0 （3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【解析】根据速度计算速度。

高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动基次2匀变速直线运动的规律练习含解析新人教版

基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)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：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝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 ＝,8) 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．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间．解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。

2019高考物理人教一轮练习题7及答案

2019高考物理（人教一轮练习题（7）及答案）1、一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是()A.初速度v0的大小为2.5 m/sB.加速度a的大小为1 m/s2C.位移x3的大小为1.125 mD.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s【答案】A2、如图5所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()图5A.方向向左，大小不变B.方向向左，逐渐减小C.方向向右，大小不变D.方向向右，逐渐减小【答案】A【解析】A、B两物块一起向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左，大小恒定，由牛顿第二定律可得：F f B＝m B a，故B所受的摩擦力方向水平向左，大小为m B a，恒定不变，A正确.3、减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全.当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是()【答案】B【解析】减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向的分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误.4、“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是()A．汽车超速会增大汽车的惯性B．汽车超载会减小汽车的刹车距离C．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D．汽车超载会增大汽车的惯性【答案】D【解析】质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，D正确。

5、若货物随升降机运动的v－t图象如图3所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()图3【答案】B6、如图6所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为63.试求：图6(1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点最大距离.【答案】(1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m【解析】(1)在力F 作用下，由牛顿第二定律得(F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1 解得a 1＝2.5 m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移x 1＝2v1t 1＝1.8 m撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2解得a 2＝7.5 m/s 2小球上滑时间t 2＝a2v1＝0.4 s上滑位移x 2＝2v1t 2＝0.6 m则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m.7、(2019·山东烟台质检)如图11甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v－t图象如图乙所示.已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m.图11(1)求B车运动的速度v B和A车的加速度a的大小.(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？【答案】(1)12 m/s3 m/s2(2)x0>36 m【解析】(1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车间缩短的距离x1＝v B t1代入数据解得B车的速度v B＝12 m/svBA车的加速度a＝t2－t1将t2＝5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小a＝3 m/s28、.(2019·四川德阳调研)如图6所示，一个人站在水平地面上的长木板上，用力F向右推同样放置在木板上的箱子，木板、人、箱子均处于静止状态.三者的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是()图6A.箱子受到的摩擦力方向向右B.人受到的摩擦力方向向右C.地面对木板的摩擦力方向向右D.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【答案】B9、如图7所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为()图7A.－1B.2－C.23－21D.1－23【答案】B10、(2019·甘肃天水质检)如图2所示，木杆长5 m ，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m 处圆筒AB ，圆筒AB 长为5 m ，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)木杆经过圆筒的上端A 所用的时间t 1是多少？(2)木杆通过圆筒AB 所用的时间t 2是多少？【答案】(1)(2－3) s (2)(5－3) s 【解析】(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A 用时 t 下A ＝2h 下A g ＝2×1510s ＝ 3 s 木杆的上端到达圆筒上端A 用时t 上A ＝2h 上A g ＝2×2010s ＝2 s 则木杆通过圆筒上端A 所用的时间t 1＝t 上A －t 下A ＝(2－3) s(2)木杆的上端到达圆筒下端B 用时t 上B ＝2h 上B g ＝2×2510s ＝ 5 s 则木杆通过圆筒所用的时间t 2＝t 上B －t 下A ＝(5－3) s11、有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g (g 取10 m/s 2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值.试问：(1)一辆以72 km/h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，摩托车驾驶员被以与碰撞前货车相同的速度撞飞，碰撞时间为2.1×10－3 s ，摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s 、3 s ，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？【答案】（1）摩托车驾驶员有生命危险.（2）1∶1.【解析】(1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为Δv ＝v 2－v 1＝－72 km/h －54 km/h ＝－20 m/s －15 m/s ＝－35 m/s 两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为a ＝Δv Δt ＝－35 m/s 2.1×10－3 s≈－16 667 m/s 2＝－1 666.7g 1 666.7g >500g ，因此摩托车驾驶员有生命危险.12、一质点在x 轴上运动，在t 0＝0时刻质点处于位置x 0＝0 m ，然后质点沿x 轴正方向运动，在t 1＝2 s 时刻质点处于位置x 1＝10 m ，此后质点沿x 轴负方向运动，在t 2＝4 s 时刻质点处于位置x 2＝－10 m ，求：(1)质点在0～4 s 内的平均速率；(2)后2 s 内质点的平均速度和0～4 s 内的平均速度.【答案】(1)7.5 m/s (2)－10 m/s ，沿x 轴负方向－2.5 m/s ，沿x 轴负方向。

2019届江苏高三一轮精品卷(七)理综物理试卷

2019届江苏高三一轮精品卷（七）理综物理试卷★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

二、单项选择题1. 下列各式属于定义式的是A. 加速度B. 电动势C. 电容D. 磁感应强度【答案】D【解析】是牛顿第二定律的表达式，不是加速度的定义式，故A错误．电动势是法拉第电磁感应定律的表达式，不是定义式，选项B错误；电容是电容的量度公式，是定义式，选项C错误；磁感应强度是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，故D正确．故选D.2. 如图所示为从静止开始做直线运动的物体加速度—时间图象，关于物体运动下列说法正确的是A. 物体在t=6s时，速度为0B. 物体在t=6s时，速度为18m/sC. 物体运动前6s平均速度为9m/sD. 物体运动前6s位移为18m【答案】B【解析】物体在t =6s时，速度为，选项B正确，A错误；因物体做变加速运动，无法求解前6s的位移和平均速度，故选B.3. 高空滑索是勇敢者的运动.如图所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B位置时轻绳竖直向下.不计空气阻力，下列说法正确的是A. 在A位置时，人的加速度可能为零B. 在A位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力C. 在B位置时，钢索对轻环的摩擦力为零D. 若轻环在B位置突然被卡住，则此时轻绳对人的拉力等于人的重力【答案】B【解析】在A位置时，人受到重力和线的拉力，合力沿斜面向下，不为零，则加速度不可能为零；拉力T=mgtanθ，当θ<450时，T<mg，故A错误，B正确；在B位置时，细绳的拉力竖直，则人匀速下滑，此时钢索对轻环的摩擦力等于重力的分力mgsinθ，选项C错误；若轻环在B位置突然被卡住，则此时人将做圆周运动，根据T-mg=m可知，轻绳对人的拉力大于人的重力，选项D错误；故选B.4. 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动.取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E P与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是A. B.C. D.【答案】D【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A、图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小，A错误；B、根据动能定理，有：，故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误；C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式，匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，C错误；D、粒子做加速度减小的加速运动，D正确；故选D。

2019高考物理一轮训练学题(7)(含解析)新人教版.doc

故只有选项D 正人教物理2019高考一轮训练学题（7）李仕才1、一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3 m 、倒数第2 m 、最后1 m 内的运动，下列说法中正确的是（）A. 经历的时间之比是1 ： 2 ： 3B. 平均速度之比是3 ： 2 ： 1C. 平均速度之比是1 ：（寸^一1）:（书一迈）D. 平均速度之比是（羽+住）：（迈+ 1）： 1【答案】D 【解析】将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动（逆向思维），从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为右：fo ： fo=l :（^2-1） : （^3 —边），则倒数第3 m 、倒数第2 m 、最后1 m 内经历的时间之比为（£_曲:（迈一1）:1,平均速度之比为羽］边：寸匕 :1=（^3 + 萌:（花+ D : 1, 2、如图14所示，质量为1 kg 的物体与地面间的动摩擦因数“=0.2,从上=0开始以初速度巾沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力N 的作用，取g=10 m/s 2, 向右为正方向，该物体受到的摩擦力斤随时间t 变化的图象是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）图14【答案】A 【解析】静止后就变成静摩擦力了3、两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。

两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。

若它们下落相同的距离，贝0()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD【解析】设小球在下落过程中所受阻力尸三=賦，斤为常数，丘为小球半径，由牛顿第二定律可知：加g4 4 4 3k 1-F^=ma,由m=pl --pTiR^U：二pnR/kR= = p虽a,即a=g-- -y ,故知：R 越大，a越犬，3 3 3 4pit R即下落过程中—>az,选项C错误；下落相同的距离，由Q 抑知，a越大，f越小，选项A错误；由2创=詳一话知，vo=0, a越犬，丫越犬，选项B正确；由订、=-Fi*知，甲球克服阻力做的功更犬一些, 选项D正确。

2019届高考物理(人教版-安徽省专用)一轮复习阶段能力检测卷答案

高考复习方案 ► 新课标(RJ) 物理·安徽省专用参_考_答_案阶段能力检测卷(一)1．B 2.C 3.B 4.A5．D [解析] 根据题意，规定竖直向下的方向为正方向．速度—时间图像的斜率等于加速度，由图像可知，0～10 s 斜率为正，加速度向下，10～15 s 斜率为负，加速度向上，选项A 正确；由图像可知，0～10 s 、10～15 s 内斜率都逐渐减小，所以加速度都逐渐减小，选项B 正确；若0～10 s 做匀加速直线运动，则位移为100 m ，而本题图像围成的面积比做匀加速直线运动时大，所以0～10 s 内下落的距离大于100 m ，选项C 正确；同理，10～15 s 围成的面积比做匀减速直线运动时小，选项D 错误．6．D [解析] 由题意可知mg≥F，故物块开始时受到的摩擦力应沿斜面向上，设斜面倾角为α，力F 旋转的角度为θ，对物块，由平衡条件，mgsin α＝f 1＋Fcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α－θ，当θ从0增大到π－α时，物块受到的摩擦力先减小，若在F 旋转到沿斜面向上前减到0，摩擦力减到0后反向增大，在F 旋转到沿斜面向上后，摩擦力再减小到0后反向增大，若在F 旋转到沿斜面向上前未减到0，摩擦力在F 旋转到沿斜面向上减到最小后增大，选项A 、B 错误；对物块和斜面体这一整体，由平衡条件，()M ＋m g ＝F N ＋Fcos θ，地面对斜面体的支持力一直增大，选项C 错误；f 2＝Fsin θ，地面受到的摩擦力先增大后减小，选项D 正确．7. A [解析] 对竖直悬挂的物体，因处于静止状态，故有kL ＝mg ，对斜面上的物体进行受力分析，建立如图所示的坐标系，并假设摩擦力方向沿x 轴正方向．由平衡条件得kL ＋f ＝2mgsin 30°.由以上两式解得f ＝0，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误.8．D [解析] 对A 、B 整体分析，设A 、B 、B 整体的静摩擦力作用在B 上，如果Fcos θ>Mgsin θ，则物体B 受到沿斜面向下的静摩擦力，选项A 正确；如果Fcos θ＝Mgsin θ，则物体B 不受摩擦力，选项B 正确；如果Fcos θ<Mgsin θ，则物体B 受到沿斜面向上的静摩擦力，选项C 正确；B 的受力情况为重力、斜面的支持力、A 对B 的压力、A 对B 的摩擦力(可能还有斜面对B 的摩擦力)，故B 受到四个力或者五个力，选项D 错误．9．B [解析] 千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，即1.0×105N ，选项B 正确；将汽车对千斤顶的压力沿着千斤顶的两臂进行分解，根据角度关系可求出两臂受到的压力大小均为1.0×105N ，选项A 错误；若继续摇动把手，两臂夹角变小，则两臂受到的压力将减小，选项C 、D 错误．10．B [解析] 解题关键是从vt 图像中获知两辆汽车的运动情况．从vt 图像可知甲、乙两辆汽车通过同一路标后的运动情况：甲以5m/s 的速度做匀速直线运动，乙以10m/s 的初速度做匀减速直线运动，经过10 s 速度与甲相同，经过20 s 速度减为零．在0～10 s 内，乙在前甲在后，且乙的速度较大，故两车逐渐远离，选项A 错误；5～15 s 内两个图像与时间轴所围面积相等，故通过的位移相等，选项B 正确；在10～20 s 内，乙在前甲在后，且甲的速度较大，故两车逐渐靠近，选项C 错误；t ＝10 s 时两车速度相等，但位移不相等，选项D 错误．11．B [解析] 根据x ＝v 0t ＋12at 2，可得a ＝－4 m/s 2，选项A 错误；根据t ＝0－v 0a＝3.5 s ，可得经过3.5s 汽车就停止运动，将t ＝3.5 s 代入x ＝v 0t ＋12at 2可得5 s 内汽车的位移为24.5 m ，选项B 正确；根据运动学公式，汽车在第2 s 内的位移x 2＝x 1＋aT2＝8 m ，选项C 错误；由运动学公式可得第3 s 末汽车的速度：v 3＝v 0＋at 3＝2 m/s ，3.5 s 末的速度为0，汽车在第4 s 开始0.5 s内的平均速度为v －＝v 3＋02＝1 m/s ，3.5～4.0 s 汽车处于静止状态，故第4 s 内的平均速度小于1 m/s ，选项D错误．12．D [解析] 由表中前3 s 的速度变化可知汽车匀加速运动的加速度a 1＝3.0 m/s 2，由v m ＝a 1t 可得匀加速运动经历的时间是4 s ，选项A 、B 错误；再由9.5 s 到10.5 s 的速度变化可得匀减速运动的加速度为a 2＝－6.0 m/s 2，由3 m/s ＝v m ＋a 2t 2得t 2＝1.5 s ，因此从第9 s 汽车开始做减速运动，由4 s 到9 s 汽车做匀速运动，且运动时间为5 s ，选项C 错误；由0＝v m ＋a 2t 3得t 3＝2 s ，故汽车做减速运动的时间为2 s ，选项D 正确．13．(1)如图所示(2)0.06 0.16[解析] (1)观察点迹分布可知相邻计数点之间的距离差为Δx ＝0.20 cm ，纸带做匀变速直线运动，故x EF －x DE ＝0.20 cm ，可确定F 的位置．(2)v B ＝x AC 2T ＝0.06 m/s ，a ＝Δx T2＝0.2 m/s 2，v G ＝v B ＋at ＝0.16 m/s.14．A 200 N/m[解析] A 段橡皮筋的劲度系数相对较小，相同的拉力作用下橡皮筋伸长大，收缩性好；设橡皮筋的质量为m 0，由胡克定律可得(m ＋m 0)g ＝kx, m ＝k g x －m 0，k g ＝0.8－0()4.5－0.5×10－2kg/m ，解得橡皮筋的劲度系数为k ＝200N/m.15．(1)54 (2)2.00 图略 (3)3.2 16．不会相撞[解析] 令a 1＝－10 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，a 3＝－5 m/s 2t 1＝3 s 末，甲车速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝0设3 s 过后经过时间t 2甲、乙两车速度相等，此时距离最近，即a 2t 2＝v 0＋a 3t 2等速之前，甲车位移x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22乙车位移x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22解得x 乙－x 甲＝90 m ＜s 0(s 0＝100 m)，故不会相撞．17．(1)33mg (2)k≥3m6M ＋3m[解析] (1)以小球为研究对象，其受力如图甲所示，并在图甲中建立直角坐标系，F T 和mg 正交分解，由物体的平衡条件有F T cos 30°＝mgsin 30°解得F T ＝33mg.乙(2)为使整个系统静止，其临界状态是静摩擦力f 达到最大值，即有 f max ＝kF N2以劈和小球组成的系统为研究对象，整体受力情况如图乙所示，由物体平衡条件可得 f max ＝F T cos 60°F N2＋F T sin 60°＝(M ＋m)g联立以上各式解得k ＝3m6M ＋3m即k 值必须满足k≥3m6M ＋3m.18．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有mgsin θ－μmgcos θ＝0解得μ＝tan 30°＝33.(2)设斜面倾角为α，由平衡条件得Fcos α＝mgsin α＋f ，F N ＝mgcos α＋Fsin α 静摩擦力f ≤μF N联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmgcos α要使“不论水平恒力F 多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝ 3即θ0＝60°.阶段能力检测卷(二)1．D 2.D 3.C 4.C5．A [解析] 细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A 、B 、C 整体受到的合外力等于物体C 的重力，因此整体的加速度为a ＝m C g m A ＋m B ＋m C＝2 m/s 2，瞬间弹簧弹力不变F ＝2(m A ＋m B )g ＝40 N ，对于A 物体隔离分析：F BA ＋m A g －F＝m A a ，解得F BA ＝24 N ，选项A 正确．6．C [解析] 当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a′＝F ′m ＝F 1m ＝a ，选项A 、B 错误；当水平面粗糙时：a′＝F 1－μmgm，a ＝Fcos θ－μ（mg －Fsin θ）m ＝F 1－μ（mg －Fsin θ）m>a ′，选项C 正确，选项D 错误．7．D8. C [解析] 设物体质量为m ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，由题图乙可看出，当物体所受水平拉力F 1＝7 N 时，其加速度a 1＝0.5 m/s 2，由牛顿第二定律得F 1－μmg ＝ma 1，当物体所受水平拉力F 2＝14 N 时，其加速度a 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝ma 2，联立解得m ＝2 kg ，μ＝0.3，选项C 正确．9．C [解析] 未加恒力F 时，由牛顿第二定律知a ＝mgsin θ－μmgcos θ，而加上F 后，a′＝(g ＋Fm)(msinθ－μmcos θ)，即a′>a，选项C 正确．10．C [解析] 由图可得运动员处于静止状态时，蹦床对运动员的弹力等于运动员受到的重力，其大小均为500 N ，故运动员的质量为50 kg ，选项A 错误；由图可得运动员在空中运动到最高点所需的时间为t ＝8.4－6.82s ＝0.8 s ，故上升的总高度为h ＝12gt 2＝3.2 m ，选项B 错误；由牛顿第二运动定律可得运动员的最大加速度a m满足F m －mg ＝ma m ，解得a m ＝40 m/s 2，选项C 正确；运动员在接触蹦床的过程中，先失重再超重最后失重，选项D 错误．11．B [解析] 将物体的重力分别沿光滑的弦的轨道P 1A 、P 2A 方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P 1A 、P 2A 的方向的分力分别为m 1gcos θ1和m 2gcos θ2，其加速度分别为gcos θ1和gcos θ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cos θ1∶cos θ2，选项D 错误；因为弦轨道长度L ＝dcos θ，由L ＝12at 2，解得t ＝2dg，选项A 错误，选项B 正确；由速度公式v ＝at 可得，物体分别沿P 1A 、P 2A 下滑到A 处的速度之比为cos θ1∶cos θ2，选项C 错误．12．C [解析] 将物体从O 点处由静止释放，在s<12 m 阶段，物体做自由落体运动，当物体下落20 m 即伸长量为8 m 时速度最大，此时物体重力与弹性绳拉力相等，即8k ＝mg ，解得k ＝6.25 N/m ，物体下落过程中弹性绳的最大伸长量为24 m ，最大拉力24k ＝150 N ，选项A 错误；由牛顿第二定律得24k －mg ＝ma ，解得下落过程中的最大加速度约为20 m/s 2，选项B 错误；由机械能守恒定律得mgh ＝E p ，物体下落过程中弹性绳弹性势能最大值约为1800 J ，选项C 正确；当弹性绳的拉力为100 N 时，弹性绳伸长量为16 m ，物体下落28 m ，由图可知，对应的速度大小约为15 m/s ，选项D 错误．13．(1)竖直 (2)静止 L 3 mm (3)L x (4)4.9 10[解析] (1)本实验先利用重力与弹力平衡获取若干数据，再利用图像处理数据得到劲度系数．测量时，弹簧及刻度尺都要保持在竖直状态．(2)读数时，要等弹簧静止时才能读取；由记录的值可知，刻度尺的最小分度为mm ，但最小分度后还要估读一位，故记录的L 3是不符合规范的．(3)弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度L x 的差值才是由于添加砝码而伸长的长度．(4)设砝码盘的质量为m 0，砝码的质量为m ，当挂上砝码盘时有m 0g ＝k(L x －L 0)，当砝码盘中的砝码质量为m 时，弹簧的长度为L n ，此时有m 0g ＋mg ＝k(L n －L 0)，两式联立得mg ＝k(L n－L x )，即k ＝mg L n －L x ，由图像知图线的斜率k′＝60×10－3－012×10－2－0kg/m ＝0.50 kg/m ，故劲度系数k ＝k′g＝4.9 N/m ，而m 0＝k （L x －L 0）g ＝4.9×（27.35－25.35）×10－29.8kg ＝10 g.14．(1)m ≪M 小盘、砝码和小车整体 (2)BD[解析] (1)对于小盘、砝码和小车整体，mg ＝(M ＋m)a ，对于小车，F ＝Ma ，联立得 F ＝11＋m Mmg ，当m ≪M时，F ＝mg ；如果将小盘、砝码和小车整体作为研究对象，将小盘中减掉的砝码放到小车上，保证了总质量(m ＋M)不变，而合力大小就是mg.(2)该参考方案是通过控制小车的质量不变来探究加速度与合力的关系，通过控制合力不变来探究加速度与质量的关系的，所以选项B 正确；该案例用刻度尺测出两小车通过的位移之比就等于它们的加速度之比，采用了转换法把测加速度转换为测位移，所以选项D 正确．15．(1)8 m/s 22 m/s 21 m (2)30°35[解析] (1)物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图像中0～0.5 s 时间段，该段图像的斜率的绝对值就是加速度的大小，即a 1＝8 m/s 2，该段图像与坐标轴围成图形的面积值表示位移大小，所以向上滑行的最大距离s ＝12×0.5×4 m ＝1 m物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图像中0.5～1.5 s 的时间段，同理可得a 2＝2 m/s 2. (2)上滑时由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1 下滑时由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2联立以上两式并代入数据，解得μ＝35，θ＝30°.16．(1)2 m/s (2)不能 0.2 m[解析] (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma 1，解得a 1＝2 m/s 2，x 1＝v 202a 1＝1 m<L ，所以在到达传送带右端前物块已做匀速运动，速度为2 m/s. (2)物块以初速度v 0滑上斜面，之后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，加速度大小a 2＝gsin θ＝6 m/s 2，当物块速度减为零时上升高度最大，此时物块沿斜面上滑的距离为x 2＝v 202a 2＝13m ；由于x 2<0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点．物块上升的最大高度h m ＝x 2sin θ＝0.2 m.17．(1)3 m/s 2 2 m/s 2(2)20 m 16 m (3)19 m[解析] (1)前2 s ，对小物块：F －μmg ＝ma 1，所以a 1＝F －μmg m＝3 m/s 2对木板：μmg ＝Ma 2，所以a 2＝μmg M ＝2 m/s 2.(2)2 s 内，小物块的位移x 1＝12a 1t 2＝6 m ，木板的位移x 2＝12a 2t 2＝4 m2 s 末，小物块的速度v 1＝a 1t ＝6 m/s ，木板的速度v 2＝a 2t ＝4 m/s2 s 后，对小物块，F′－μmg ＝ma′1，所以a′1＝F ′－μmg m＝1 m/s 2，2 s 后小物块以1 m/s 2的加速度做匀加速运动对木板，a′2＝μmg M＝2 m/s 2，2 s 后木板继续以2 m/s 2的加速度做匀加速运动设再经t 0木板和小物块的速度相同为v ，则v ＝v 1＋a ′1t 0＝v 2＋a 2′t 0，解得t 0＝2 s ，v ＝8 m/s.在t 0内，小物块的位移x 1′＝v 1＋v 2t 0＝6＋82×2 m ＝14 m所以小物块和木板相对静止前，小物块运动的位移为x 小物块＝x 1＋x′1＝20 m木板的位移x 2′＝v 2＋v 2t 0＝4＋82×2 m ＝12 m所以小物块和木板相对静止时，木板运动的位移为x 木板＝x 2＋x′2＝16 m.(3)最后2 s ，小物块和木板相对静止，一起以初速度v ＝8 m/s 做匀加速直线运动．对小物块和木板整体分析：F ＝(M ＋m)a ，所以a ＝F M ＋m ＝124＋4m/s 2＝1.5 m/s 2所以小物块运动的位移为x 3＝v Δt ＋12a(Δt)2.解得x 3＝19 m.阶段能力检测卷(三)1．B 2.C 3.D 4.D5．B [解析] v′＝vsin θ，这就是桌面以上绳子变长的速度，也等于小球上升的速度，选项B 正确．6．C [解析] 根据题述，小木块放在Q 轮时，f ＝mr ω21，a 1＝ω21 r ．小木块放在P 轮边缘也恰能静止，f＝mR ω2＝2mr ω2，a 2＝2r ω2，且ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；a 2＝a 1，选项C 正确，选项D错误．7．D [解析] 竖直方向上，足球做竖直上抛运动，三条路径的竖直位移相同，运动时间和初速度的竖直分量相同，选项C 错误，选项D 正确；水平方向上，足球做匀速直线运动，x 3>x 2>x 1，由x ＝v x t 可知沿路径3飞行的足球的初速度的水平分量最大，由v ＝v 2x ＋v 2y 可知沿路径3飞行的足球的落地速率最大，选项A 、B 错误．8．A [解析] 由万有引力提供向心力可得G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，其中M ＝43ρπR 3，解得G ＝3πr 3ρT 2R 3，选项A 正确；由G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GM r ＝gR 2r ，选项B 错误；由mg ＝m v2R ，可得月球的第一宇宙速度为gR ，选项C 错误；“嫦娥四号”必须加速做离心运动才能返回地球，选项D 错误．9．A [解析] 物体做平抛运动的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝v yv 0，位移方向与水平方向夹角的正切值为tan β＝v y 2t v 0t ＝v y2v 0，故tan α＝2tan β，选项A 正确．10．C [解析] 对小球A 进行受力分析，由绳的拉力及小球重力的合力提供向心力，选项A 错误；设连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为α，Mgcos α＝mg ，Mgsin α＝m 4π2T 2Lsin α，可解得T ＝2πmLMg，选项B 错误；小球A 角速度增大稳定后小球B 仍静止，设此时连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为β，对小球A 受力分析可得F T cos β＝mg ，其中F T ＝Mg ，可得α＝β，即细绳与竖直方向的夹角不变，故小球A 所受的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由mgtan α＝m ω2r 可得角速度增大，轨道半径减小，即L 减小，小球B 下降，选项C 正确，选项D 错误．11．A [解析] 由vt 图像可知g ＝106m/s 2≈1.67 m/s 2，选项A 错误；月球的质量与半径的二次方的比值与重力加速度成正比，地球表面的重力加速度大约为9.8 m/s 2，月球表面的重力加速度约为1.67 m/s 2，选项C 、D 正确；由g ＝GMr 2知已知月球的半径和万有引力常量，则可求月球的质量，选项B 正确．12．D [解析] 四颗星做圆周运动的圆心为对角线的交点，轨道半径均为2a2，选项A 错误；每颗星做圆周运动的向心力均为其他三颗星对其万有引力的合力，即为G m 22a 2＋2G m 2a 2，选项B 错误；由牛顿第二定律，有G m22a2＋2G m 2a 2＝m v 222a ＝m 22a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，解得v ＝（4＋2）Gm 4a ，T ＝2πa 2a （4＋2）Gm，选项C 错误，选项D 正确．13．(1)平抛匀速直线 (2)甲小铁球的水平分运动是匀速直线运动 (3)3.35[解析] (3)根据平抛运动的规律结合坐标纸显示，有v 0t ＝9l 和12gt 2＝9l ，联立并代入数据l ＝0.05 m ，解得v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋（gt ）2＝3.35 m/s.14．(1)AD (2)322gL[解析] (2)由图乙可得在竖直方向，横坐标分别为3L 、6L 、9L ，竖直方向的位移大小分别为L 、4L 、9L ，设时间间隔为T ，由4L －L ＝12g(2T)2－12gT 2得T ＝2L g ，则v 0＝3L T ＝322gL.15. (1)1 m/s (2) 0.2[解析] (1)物块在竖直方向上做自由落体运动，设物块下落时间为t ，有H ＝12gt 2水平方向有x ＝vt 联立解得v ＝1 m/s.(2)物块刚要离开平台时向心力由摩擦力提供，有μmg ＝m v2R代入数据解得μ＝0.2.16．(1)3gR 2T 24π2－R (2)4T4－2[解析] (1)设地球的质量为M ，在地球表面附近万有引力近似等于重力，则有 G MmR2＝mg 解得GM ＝gR 2由万有引力充当向心力可得G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h) 联立解得h ＝3gR 2T 24π2－R.(2)由ωA ωB ＝r 3B r 3A ＝24在最短时间内再次相距最近满足ωB t －ωA t ＝2π解得t ＝4T4－2.17. (1)2gR(2)略 [解析] (1)对小物块受力分析如图甲所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O 1为圆心做圆周运动，F N 的水平分力F 1提供向心力．所以有F 2＝F N cos θ＝mgF 1＝F N sin θ＝mr ω20 r ＝Rsin θ联立解得ω0＝2gR.(2) ①当ω＝()1＋k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越大，所需要的F n 越大，此时F 1不足以提供向心力了，小物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向上运动，故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供F 2＝f 2＋mgF n ＝F 1＋f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k ()2＋k 2mg.②当ω＝()1－k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越小，所需要的F n 越小，此时F 1超过所需要的向心力了，小物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向下运动，故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图丙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供 F 2＋f 2＝mgF n ＝F 1－f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k （2－k ）2mg.阶段能力检测卷(四)1．C 2.C 3.C 4.A5．C [解析] 设地面对电动车的阻力为f ，当关闭自充电装置时，结合图线①由动能定理可得－fx 1＝0－E k0，代入数据解得f ＝50010N ＝50 N ；启动自充电装置，由能量守恒定律可得E k0＝E 电＋Q ，其中由于电动车与地面之间摩擦产生的内能Q ＝fx 2＝50×6 J ＝300 J ，求得E 电＝200 J.6．D [解析] 若斜面固定，由机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv ＝(M ＋m)v 1，由机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh′＋12(M ＋m)v 21，联立以上三式可得h′＝M m ＋Mh.7．C [解析] 重力势能逐渐减小，E p ＝mgH ＝mg(H 0－h)，即重力势能与高度是线性关系，但并不是正比例关系，选项A 错误；机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，选项B 错误；运动员在伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动，即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，选项C 正确；由于空气阻力与速度的平方成正比，故伞打开后的v t 图像不应该是直线，选项D 错误．8．B [解析] A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，B 减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，B 的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m)v 2，可得v 1＝83 m/s ，v 2＝2.0 m/s ，所以在A 做加速运动的时间内，B 速度应大于2.0 m/s 而小于83m/s ，选项B 正确．9．B [解析] 对物体，从用水平力F 开始缓慢推动物体到运动的最大距离为3x 0，由动能定理可得W F －4μmgx 0＝0，选项A 错误；撤去F 后，物体向左先做加速运动后做减速运动，选项B 正确；物体开始向左运动到速度最大时，μmg ＝kx ，发生的位移为x 0－μmg k ，此过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝⎛⎭⎪⎫x 0－μmg k ，选项C 错误；当弹簧恢复原长时，物体离开弹簧做加速度大小为μg 的匀减速运动，有μmgx 0＋12mv 20＝3μmgx 0，μgt ＝v 0，联立解得t ＝2x 0μg，选项D 错误． 10．A [解析] 将A 、B 两小球视为一个整体，运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒，以地面为参考平面，有12×2mv 20＝mgh ＋mg(h ＋Lsin 30°)，解得h ＝0.15 m ，选项D 错误；以A 小球为研究对象，由动能定理得－mg(h ＋Lsin 30°)＋W ＝0－12mv 20，则W ＝mg(h ＋Lsin 30°)－12mv 20，将数据代入，可得W>0，即杆对A 做正功，选项A 正确，选项B 错误；由于系统机械能守恒，即A 增加的机械能等于B 减小的机械能，所以杆对B 做负功，选项C 错误．11．C [解析] 无论滑环固定与否，滑环和小球组成的系统动量均不守恒，选项A 、B 错误；滑环不固定，滑环和小球组成的系统水平方向动量守恒，设小球击中滑环左侧滑杆的位置与小球起始位置的距离为x 1，滑环向右移动的距离为x 2，据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝0，等式两边乘以Δt ，mv 1Δt －Mv 2Δt ＝0，该等式对任意时刻附近微小时间间隔Δt 都成立，累加后得mx 1－Mx 2＝0，且x 1＋x 2＝2L ，解得x 1＝2ML M ＋m ，x 2＝2mLM ＋m，选项C正确，选项D 错误．12．C [解析] 小物体由A 处到B 处，根据动能定理得W －mgH ＝12mv 2，选项A 错误；小物体的加速度a ＝μgcosθ－gsin θ，由v 2＝2ax 可知μ甲＜μ乙，选项C 正确；在小物体从A 处到B 处的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，热量大小为Q ＝fs 相，而s 相＝vt －vt 2＝vt2，s 相等于小物体相对传送带的位移大小，故系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功．对甲，设加速过程中摩擦力做功为W 1，对乙，设加速过程中摩擦力做功为W 2，则W 1＝12mv 2＋mgH ，W 2＝12mv 2＋mg(H －h)，所以W 1＞ W 2，故Q 1＞Q 2，选项D 错误；传送带消耗的电能等于小物体增加的机械能与系统产生的热量之和，选项B 错误．13．(1) 将木板上固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使轻推小车，小车能缓慢匀速下滑 (2)C (3) 大于[解析] (1)本实验应满足橡皮筋对小车的拉力等于小车受到的合力，所以实验前应将木板靠近打点计时器的一端适当垫高，使小车在不受拉力时能沿木板匀速运动，能消除摩擦力对该实验的影响．(2)本实验是探究橡皮筋拉力对小车做的功与小车速度变化的关系，应测量橡皮筋的拉力做功后橡皮筋的弹性势能完全释放时小车的最大速度，所以应选用小车匀速运动段(计数点间隔均匀的部分)的速度，故应选用C 点．(3)小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑，则在橡皮筋弹力作用下，小车所受的合外力大于橡皮筋的弹力，因而合外力对小车所做的功大于橡皮筋弹力所做的功．14．(1)0.268 0.256 (2)0.04[解析] (1)重物下降的高度为(s 0＋s 1)，则重力势能的减少量为ΔE p ＝mg(s 0＋s 1)＝0.268 J ；C 点的速度等于AE 段的平均速度，则打下C 点时重物的动能E k ＝12mv 2C ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫s 1＋s 24T 2＝0.256 J.(2)从C 点到O 点，由功能关系可得f(s 0＋s 1)＝ΔE p －E k ，代入数据可得f ＝0.04 N. 15. (1)2 m/s (2)1.2 N ，方向竖直向上[解析] (1)根据机械能守恒定律，有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(2)物块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 物块对地的位移为L ，末速度为v C ，设物块在传送带上一直加速由速度位移关系得2aL ＝v 2C －v 2B解得v C ＝3 m/s<4 m/s ，可知物块与传送带未达到共同速度物块从C 点至F 点，由机械能守恒定律，有 12mv 2C ＝mgR ＋12mv 2F 解得v F ＝ 2 m/s.在F 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2FR解得F N ＝1.2 N由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2 N ，压力方向竖直向上．16. (1)2gh (2)h≥124Lcos θcot θ[解析] (1)小球沿轨道滑下，由动能定理得12mv 21＝mgh解得v 1＝2gh小球1与小球2发生弹性正碰，由动量守恒定理得mv 1＝mv 2＋mv 3由机械能守恒定律得12mv 21＝12mv 22＋12mv 23解得v 2＝0，v 3＝2gh.(2)小球2从B 点水平飞出做平抛运动，若下落到与M 点等高处水平位移x≥L3cos θ，则小球2必落在M 点以上．根据平抛运动的规律，若小球2落在M 点以上，则有 12gt 2＝23Lsin θ v 3t ≥13Lcos θ两式联立解得h≥124Lcos θcot θ.17. (1) 2FL R －5mg ，方向竖直向上 (2)2FL 5mg (3)FL 4mg FLmg[解析] (1)设小球到达B 点时速度为v B ，根据动能定理有FL －2mgR ＝12mv 2B －0设B 点时轨道对小球的压力为F′N ，对小球在B 点时进行受力分析，有F′N ＋mg ＝m v 2BR联立解得F′N ＝2FLR－5mg.根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F N ＝F′N ＝2FLR －5mg ，方向竖直向上． (2)小球能够到达最高点的条件是F′N ≥0，即R≤2FL5mg故轨道半径的最大值R m ＝2FL5mg .(3)小球从B 点飞出后做平抛运动，有12gt 2＝2R ，即t ＝4R g落点D 到A 点的距离x ＝v B t ＝2FL －4mgRm·4R g ＝8FLR －16mgR2mg相当于二次函数求最大值的问题，最大值在R ＝FL4mg时取到(因为FL 4mg <2FL 5mg ，所以最大值可以取到)将R ＝FL 4mg 代入，得到此时最大距离x m ＝FLmg.阶段能力检测卷(五)1．D 2.B 3.A 4.B 5．D [解析] 由平衡知识可知m A g ＝m B gsin θ，则两者质量不等，所以重力势能变化量不等，选项C 错误；A 下落的过程和B 沿斜面下滑的过程机械能均守恒，机械能的变化量均为零，选项B 错误；由机械能守恒定律可知两物块落地时速度v ＝2gh 大小相等，选项A 错误；再由功率P A ＝m A gv 和P B ＝m B gvsin θ可知重力的瞬时功率相等，选项D 正确．6．B [解析] 两个物体在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以两物体落地时速率相同，但速度方向不同，选项A 错误；两物体质量相同，下落高度也相同，所以重力做功相同，选项B 正确；由于两物体落地时的速度方向不同，根据瞬时功率的公式P ＝Fvcos θ，选项C 错误；两物体的重力做功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，选项D 错误．7．B [解析] 设绳长为L ，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L4位置处，因绳A 较长，若h A ＝h B ，则A 的重心较低，W A <W B ，选项A 错误；若h A >h B ，则无法判断两根绳子重心的高低，因此可能W A <W B ，也可能W A >W B ，选项B 正确，选项D 错误；若h A <h B ，则一定是A 的重心低，因此一定是W A <W B ，选项C 错误．8．D [解析] 在微小Δt 时间内喷出气体的质量Δm ＝ρSv Δt ，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F Δt ＝Δmv －0，解得F ＝ρv 2S ，选项D 正确．9．A [解析] 根据题意，两物体间的最大静摩擦力为f max ＝μm A g ＝6 N ，则这两个物体可一起运动的最大加速度为a m ＝f m m B＝3 m/s 2，此时对A 有F －f m ＝m A a m ，即F ＝15 N ．若F ＝10 N ，则两物体之间的摩擦力是静摩擦力，对整体应用牛顿第二定律，有a 1＝F 1m A ＋m B＝2 m/s 2，此时对B ，有f 1＝m B a 1＝4 N ；若F ＝16 N ，则两物体之间的摩擦力是滑动摩擦力，即f 2＝m B a m ＝6 N ．综上所述，选项A 正确．10．B [解析] 人跳车前，人和车以大于v 0的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝μ×3mg3m＝μg ；人跳车瞬间，人和车组成的系统动量守恒，规定初速度方向为正方向，则3mv 0＝－mv 0＋2mv ，解得v ＝2v 0，此后车做匀减速直线运动，加速度a′＝μ×2mg2m＝μg ＝a ，选项B 正确．11．D [解析] 该碎片在空中下落的过程，空气摩擦不能忽略，由动能定理可知，重力做的功和空气摩擦做的负功的代数和等于动能的增加量，选项A 、B 错误；由动能定理可知，碎片在陷入地下的过程中，重力做的功和摩擦阻力做的负功的代数和等于动能的改变量，选项C 错误；由功能关系可知，碎片在整个下落过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量，选项D 正确．12．A [解析] 小球A 从最高点飞出的最小速度v mA ＝gR ，由机械能守恒定律可得mgh A ＝2mgR ＋12mv 2mA ，则h A ＝5R2，选项A 正确；小球B 从最高点飞出的最小速度v mB ＝0，由机械能守恒定律得mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，选项B 错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端入口处，则由平抛运动的规律得R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，即v 0＝gR2，而A 的最小速度v mA ＝gR>v 0，故小球A 不可能落在轨道右端入口处，小球B 可能，选项C 、D 错误．13．加速度逐渐减小的加速直线匀速直线 0.36 [解析] A 到B 的点迹距离越来越大，而点迹距离的增量越来越小，可知A 、B 间小车做加速度逐渐减小的加速直线运动，C 、D 间为匀速直线运动，小车离开橡皮筋后的速度v ＝x t ＝7.2×10－30.02m/s ＝0.36 m/s.14．(1)把木板的右端(或安装打点计时器的那端)适当垫高，以平衡摩擦力 (2)图略 (3)实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 15．(1)10 2 m/s (2)6750 J[解析] (1)该同学通过C 点时，重力恰好提供向心力，即Mg ＝Mv 2CR，代入数据解得v C ＝10 2 m/s.(2)设该同学在AB 段所做的功为W ，在人和滑板从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有W －Mgh ＝12Mv 2C ，代入数据解得W ＝6750 J.16．(1)2gLsin θ－2μgLcos θ＋v 202gsin θ＋2μgcos θ (2)2gLsin θ＋v 22μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后离开挡板P 上升的最大距离为x ，在这次运动过程中，对滑块运用动能定理，有mg(L －x)sin θ－μmg(L ＋x)cos θ＝0－12mv 20，可得x ＝2gLsin θ－2μgLcos θ＋v 22gsin θ＋2μgcos θ.(2)设滑块在整个运动过程中通过的路程为s ，由于滑块和挡板的碰撞没有能量损失，所以摩擦力做的负功等于滑块的机械能的减少量．到最后停止运动时，滑块必然是停靠在挡板处的，所以重力势能减少了mgLsin θ，动能减少了12mv 20，摩擦力大小为μmgcos θ，所以mgLsin θ＋12mv 20＝μmgscos θ，解得s ＝2gLsin θ＋v 22μgcos θ.17．(1)6 m/s (2)1 m (3)R≤2 m 或R≥5 m[解析] (1)由水平方向动量守恒可得(m A ＋m C )v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v 共解得v 共＝6 m/s.(2)小车A 与B 相碰，由动量守恒定律得 m A v 0＝(m A ＋m B )v 1 解得v 1＝5 m/sA 、B 碰后由机械能守恒定律得 12mC v 20＋12(m A ＋m B )v 21＝12(m A ＋m B ＋m C )v 2共＋m C gh 解得h ＝1 m.(3)小车A 与B 碰后，小车A 的速度立刻减为0，小球C 做圆周运动，若不脱离圆轨道；则 ①上升的高度恰为圆心高度由机械能守恒定律得m C gR ＝12m C v 2解得R ＝v 202g＝5 m②碰后小球恰能做完整的圆周运动．最高点处：m C g ＝m C v 22R，即v 2＝gR由机械能守恒定律得m C g ·2R ＋12m C v 22＝12m C v 2解得R ＝2 m结合①②得R 的取值范围是R≤2 m 或R≥5 m.。

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[主干回顾] 1.曲线运动⎩⎪⎨⎪⎧速度方向：沿曲线上该点的切线方向运动性质：是变速运动条件⎩⎪⎨⎪⎧运动学角度：a 与v 不共线动力学角度：F 与v 不共线2.运动的合成与分解⎩⎪⎨⎪⎧合速度与分速度：遵循平行四边形定则合加速度与分加速度：遵循平行四边形定则合位移与分位移：遵循平行四边形定则合运动时间与分运动时间相等[自我检测]1．判断下列说法的正误。

(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。

(×)(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。

(×)(3)曲线运动可能是匀变速运动。

(√)(4)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。

(√)(5)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。

(×)(6)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。

(√)2．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内A ．速度一定不断改变，加速度也一定不断改变B ．速度一定不断改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定不断地改变D ．速度可以不变，加速度也可以不变答案 B3．如图4－1－1所示，汽车在一段弯曲水平路面上行驶，关于它受的水平方向的作用力的示意图如图所示，其中可能正确的是(图中F 为牵引力，F f 为汽车行驶时所受阻力)图4－1－1答案 C4．[导学号：60810207](多选)(2018·贵州模拟)在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t ＝0时刻起，由坐标原点O (0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度－时间图象如图4－1－2甲、乙所示，下列说法中正确的是图4－1－2A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀加速直线运动B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)解析前2 s 内物体在y 轴方向速度为0，由题图甲知只沿x 轴方向做匀加速直运动，A 正确；后2 s 内物体在x 轴方向做匀速运动，在y 轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误；4 s 内物体在x 轴方向上的位移是x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋2×2 m ＝6 m ，在y 轴方向的位移为y ＝12×2×2 m ＝2 m ，所以4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，D 正确、C 错误。

答案 AD考点一合运动的性质与轨迹第四章曲线运动万有引力与航天高考总复习·物理(Ⅰ)1.合力方向与轨迹的关系无力不拐弯，拐弯必有力。

曲线运动轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，或者说合力的方向总是指向曲线的凹侧。

2．合运动性质和轨迹的判断(1)判断方法：若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定，则为非匀变速。

(2)几种常见的情况①两个匀速直线运动的合运动仍然是匀速直线运动；②一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动的合运动仍然是匀变速运动，当二者共线时为匀变速直线运动，不共线时为匀变速曲线运动。

1．[导学号：60810208](多选)如图4－1－3所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的是图4－1－3A．笔尖留下的痕迹是一条抛物线B．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变解析笔尖水平方向是匀速直线运动，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，故笔尖做匀变速曲线运动，其轨迹是抛物线，选项A、D正确。

答案AD2．如图4－1－4所示，红蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升，速度为v。

若在红蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管从AB位置由静止开始水平向右匀加速直线运动，加速度大小为a，则红蜡块的实际运动轨迹可能是图中的图4－1－4A．直线P B．曲线QC．曲线R D．无法确定解析蜡块同时参与了两个分运动，合运动的轨迹是直线还是曲线取决于合加速度与合初速度的方向关系；向上匀速运动，则向上的加速度为零，合加速度为水平向右的分运动的加速度，大小恒定且方向水平向右；水平向右初速度为零，则合初速度方向向上。

由加速度恒定知蜡块做匀变速运动；由初速度方向与加速度方向垂直知蜡块做曲线运动，且轨迹向加速度的一侧弯曲。

答案 B考点二运动的合成与分解1．合运动与分运动的关系(1)等时性各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)。

(2)等效性各分运动叠加起来与合运动有相同的效果。

(3)独立性一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个都会保持其运动性质不变，并不会受其他分运动的干扰。

虽然各分运动互相独立，但是它们共同决定合运动的性质和轨迹。

2．运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。

考向1合运动与分运动关系的理解[例1][导学号：60810209](多选)(2018·吉林模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力无关D．运动员着地速度与风力无关[解析]水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误、C正确。

运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确、、D错误。

[答案]BC考向2运动的合成与分解的计算[例2][导学号：60810210]如图4－1－5所示，从广州飞往上海的波音737航班上午10点到达上海浦东机场，若飞机在降落过程中的水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s 2的匀减速直线运动，则飞机落地之前图4－1－5A ．飞机的运动轨迹为曲线B ．经20 s 飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等C ．在第20 s 内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等D ．飞机在第20 s 内，水平方向的平均速度为21 m/s[解析] 由于初速度的方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，A 错误；由匀减速运动规律可知，飞机在第20 s 末的水平分速度为20 m/s ，竖直方向的分速度为2 m/s ，B 错误；飞机在第20 s 内，水平位移x ＝v 0x t 20＋12a x t 220－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0x t 19＋12a x t 219＝21 m ，竖直位移y ＝v 0y t 20＋12a y t 220－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0y t 19＋12a y t 219＝2.1 m ，C 错误。

飞机在第20 s 内，水平方向的平均速度为21 m/s ，D 正确。

[答案] D考点三小船渡河模型(物理模型)1．船的实际运动是船在静水中的运动和船随水流运动的合运动。

2．三种速度v 1(船在静水中的速度)、v 2(水流速度)、v (船的实际速度)。

3．三种过河情景分析(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t min ＝d v 1(d 为河宽)。

(2)过河路径最短(v 2<v 1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，x min＝d 。

船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1。

(3)过河路径最短(v 2>v 1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。

确定方法如下：如图4－1－6所示，以v 2矢量末端为圆心，以v 1矢量的大小为半径画弧，从v 2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。

图4－1－6由图可知cos α＝v 1v 2，最短航程s 短＝d cos α＝v 2v 1d 。

[解题思路][例3] [导学号：60810211]一小船渡河，河宽d ＝180 m ，水流速度v 1＝2.5 m/s 。

若船在静水中的速度为v 2＝5 m/s ，求：(1)欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？[解析] (1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向。

当船头垂直河岸时，如图甲所示。

甲t ＝d v 2＝1805 s ＝36 s v ＝v 21＋v 22＝52 5 m/sx ＝v t ＝90 5 m(2)欲使船渡河航程最短，船头应朝上游与垂直河岸方向成某一夹角α，如图乙所示，乙有v 2sin α＝v 1，得α＝30°所以当船头向上游偏30°时航程最短。

x ′＝d ＝180 m 。

t ′＝d v 2cos 30°＝180523s ＝24 3 s 。

[答案] (1)垂直河岸方向 36 s 90 5 m (2)向上游偏30° 24 3 s 180 m规律总结解决小船渡河问题应注意的两个要点(1)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关。

(2)船渡河位移最短值与v 船和v 水大小关系有关，v 船>v 水时，河宽即为最短位移，v 船<v 水时，应利用图解求极值的方法处理。

1．[导学号：60810212]如图4－1－7所示，一艘轮船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v 1＝3 m/s ，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。

某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。

求：图4－1－7(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小；(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值。

解析 (1)发动机未熄火时，轮船运动速度v 与水流速度v 1方向垂直，如图所示：故此时船相对于静水的速度v2的大小为V 2= v 2＋v 21=42＋32 m/s=5 m/s 设v 与v 2的夹角为θ，则cos θ=v v 2=0.8。

(2)熄火前，船的牵引力沿v 2的方向，水的阻力与v 2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，v 2逐渐减小，但其方向不变，当v 2与v 1的矢量和与v 2垂直时，轮船的合速度最小，则v min = v 1cos θ=3×0.8 m/s=2.4 m/s 。