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2014高考物理一轮(全套)答案

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ，其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1，而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[解析] 若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球．释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误；在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时，汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道．若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。

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1.某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图所示．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛时，可以作出的调整为()A．减小初速度，抛出点高度不变B．增大初速度，抛出点高度不变C．初速度大小不变，降低抛出点高度D．初速度大小不变，升高抛出点高度解析：小球做平抛运动，有h＝12gt2，x＝vt＝v02hg，则减小x的方法可以是减小v0或者h，故选项A、C正确．答案：AC2.(2019年执信期中考试)如图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度v a、v b、v c的关系和三个物体运动的时间t a、t b、t c的关系是()A．v a>v b>v c t a>t b>t cB．v a<v b<v c t a＝t b＝t cC．v a<v b<v c t a>t b>t cD．v a>v b>v c t a<t b<t c解析：由h＝12gt2可得ta>t b>t c，又由v＝st得v a<v b<v c，选项C正确．答案：C3．(2019年高考广东理综)如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列叙述正确的是()A．球的速度v等于Lg 2HB．球从击出至落地所用时间为2H gC．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关解析：由平抛运动规律知，H＝12gt2得，t＝2Hg，B正确；球在水平方向做匀速直线运动，由x＝v t得，v＝xt＝L2Hg＝Lg2H，A正确；击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，C、D错误．答案：AB4.(2019年高考海南单科)如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab 为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．解析：小球做平抛运动，水平位移x＝R＋32R，竖直位移y＝12R，根据平抛运动特点知小球在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，即R＋32R＝v0t①小球在竖直方向做自由落体运动，有y＝12gt2，即12R＝12gt2②联立①②得圆的半径R＝4v20(7＋43)g.答案：4v20(7＋43)g[命题报告·教师用书独具]知识点题号平抛运动的特点 1平抛运动的规律2、4、5斜面上的平抛运动 3平抛运动的应用6、7、8斜抛运动的应用9类平抛运动10平抛运动的综合应用11、12一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是()A．平抛运动是非匀变速曲线运动B．平抛运动是匀变速曲线运动C．每秒内速度的变化量相等D．每秒内速率的变化量相等解析：做平抛运动的物体只受重力作用，故加速度恒定不变，a＝g，即做匀变速曲线运动，A选项错、B选项正确；速度的变化量是矢量．由加速度定义式可得Δv＝gΔt，每秒内速度的变化量等于加速度，C选项正确、D选项错．答案：BC2.(2019年福州模拟)如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5B．三个小球下落的时间相同C．三个小球落地的速度相同D．三个小球落地的动能相同解析：由于三个小球从同一高度处抛出，所以做平抛运动的时间相同，由x ＝v0t可知选项A、B正确；由于初速度不相同，但三种情况重力做功相同，由动能定理可得落地的动能不相同，速度也不相同，故选项C、D错误．答案：AB3.如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的速度—时间图象，其中正确的是()解析：O～t P段，水平方向：v x＝v0恒定不变；竖直方向：v y＝gt；t P～t Q段，水平方向：v x＝v0＋a x t，竖直方向：v y＝v P＋a y t(a y<g)，因此选项A、B、D均错误，C正确．答案：C4．某同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则()A．第二次投篮篮球的初速度小些B．第二次击中篮板时篮球的速度大些C．第二次投篮时篮球初速度与水平方向的夹角大些D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些解析：把同学投篮水平击中篮板的过程看成逆向的从击中篮板O点开始的平抛运动，如图所示．第二次是下边一条抛物线，因此可见第二次投篮时篮球的初速度小些，初速度与水平方向的夹角大些，故选A、C.答案：AC5.(2019年高考新课标全国卷)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c 是从同一点抛出的．不计空气阻力，则()A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：小球做平抛运动，在竖直方向上满足h＝12gt2，得t＝2hg可知A错、B正确；在水平方向上x＝v0t即v0＝x·g2h，且由题图可知h b＝h c＞h a，x a＞x b＞x c，则D正确、C错误．答案：BD6．以速度v0水平抛出一小球后，不计空气阻力，某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是()A．此时小球的竖直分速度大小大于水平分速度大小B．此时小球速度的方向与位移的方向相同C．此时小球速度的方向与水平方向成45度角D．从抛出到此时，小球运动的时间为2v0 g解析：将平抛运动分解，水平方向的匀速直线运动：x＝v0t.竖直方向的自由落体运动：y＝12gt2，vy＝gt，tan α＝yx，tan θ＝v yv0，联立得：tan θ＝2tan α；t＝2v0g.所以v y＝2v0，故B、C错误，A、D正确．答案：AD7.(2019年高考江苏卷)如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l，h 均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰解析：A的竖直分运动也是自由落体运动，故与B的运动时间始终相同．A、B若能在第一次落地前相碰，必须满足v A·t＞l，t＝2hg.即取决于A的初速度，故A正确；若A、B在第一次落地前未碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，所以A、B一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，故B、C项均错，D项正确．答案：AD8．火车以1 m/s2的加速度在平直轨道上加速行驶，车厢中一乘客把手伸到窗外，从距地面2.5 m高处自由释放一物体，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体落地时与乘客的水平距离为( )A ．0B ．0.50 mC ．0.25 mD ．物体落地时与乘客的水平距离与释放物体时火车的速度大小无关解析：物体下落时与火车具有相同的速度，下落过程中水平方向相对于火车做初速度为零，加速度为1 m/s 2的匀加速直线运动，所以Δx ＝12at 2，又t ＝2h g ，则Δx ＝0.25 m ，且与释放物体时火车的速度大小无关，C 、D 项正确．答案：CD9.(2019年烟台模拟)乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L ，网高h ，若球在球台边缘O 点正上方某高度处，以一定的垂直球网的水平速度发出，如图所示，球恰好在最高点时刚好越过球网．假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，则根据以上信息可以求出(设重力加速度为g )( )A ．球的初速度大小B ．发球时的高度C ．球从发出到第一次落在球台上的时间D ．球从发出到被对方运动员接住的时间解析：根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有重复和对称性，故发球时的高度等于h ；从发球到运动到P 1点的水平位移等于14L ，所以可以求出球的初速度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间，故本题选A 、B 、C.答案：ABC10．质量m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O ，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ．则质点在这3 s 内的轨迹为( )解析：质点在F 1的作用下由静止开始从坐标系的原点O 沿＋x 轴方向加速运动，加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，经过t 1＝2 s ，速度为v 1＝a 1t 1＝4 m/s ，对应位移x 1＝12v 1t 1＝4 m ，到2 s 末撤去F 1再受到沿＋y 方向的力F 2的作用，物体在＋x 轴方向匀速运动，x 2＝v 1t 2＝4 m ，在＋y 方向加速运动，＋y 方向的加速度a 2＝F 2m ＝6 m/s 2，方向向上，再经过t 2＝1 s ，＋y 方向上的分速度v 2＝a 2t 2＝6 m/s ，对应的位移y ＝12a 2t 22＝3 m ，物体做曲线运动，D 项正确．答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)(2019年开封模拟)某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v 0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H ＝1.8 m ，水池宽度s 0＝1.2 m ，传送带AB 间的距离L 0＝20.85 m ，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个Δt ＝0.5 s 反应时间后，立刻以a ＝2 m/s 2，方向向右的加速度跑至传送带最右端．(1)若传送带静止，选手以v 0＝3 m/s 水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间；(2)若传送带以u ＝1 m/s 的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v 1至少多大？解析：(1)H ＝gt 21/2，t 1＝ 2H g ＝0.6 sx 1＝v 0t 1＝1.8 mL 0－(x 1－s 0)＝at 22/2，t 2＝4.5 s t ＝t 1＋t 2＋Δt ＝5.6 s(2)选手以水平速度v 1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度v 1最小．则v 1t 1－s 0＝u Δt ＋u 22av 1＝3.25 m/s.答案：(1)5.6 s (2)3.25 m/s12．(15分)如图所示，在距地面2l 的高空A 处以水平初速度v 0＝gl 投掷飞镖，在与A 点水平距离为l 的水平地面上的B 点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v 0＝gl 匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g .试求：(1)飞镖是以多大的速度击中气球的；(2)掷飞镖和释放气球两个动作之间的时间间隔Δt .解析：(1)飞镖被投掷后做平抛运动，从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝l v 0＝ lg ，此时飞镖在竖直方向上的分速度v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小v ＝ v 20＋v 2y ＝2gl (2)飞镖从掷出到击中气球过程中，下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度h 2＝2l －h 1＝3l 2气球的上升时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球．释放气球与掷飞镖之间的时间间隔Δt ＝t 2－t 1＝12l g .答案：(1)2gl (2)12lg。

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1．(2019年高考课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能()A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B正确；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确．答案：ABD2．(2019年中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则()A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C．第二过程合力做的功等于第一过程合力做的功D．第二过程合力做的功等于第一过程合力做功的2倍解析：由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝12m v2，W2＝12m(2v)2－12m v2＝32m v2，故B正确，C、D错误．答案：AB3.(2019年东营测试)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中()A．物体所受的合力做功为mgh＋12m v2B．物体所受的合力做功为12m v2C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W F－W f－mgh＝12m v2，其中W f为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝W F＝W f＋mgh＋12m v2，A、C错误，B、D正确．答案：BD4．如图所示，用汽车通过定滑轮拉动水平平台上的货物，若货物的质量为m，与平台间的动摩擦因数为μ，汽车从静止开始把货物从A拉到B的过程中，汽车从O到达C点处时速度为v，若平台的高度为h，滑轮的大小和摩擦不计，求这一过程中汽车对货物做的功．解析：对货物由动能定理得W－μmgl＝12m v2B－0①货物的位移l＝hsin 30°－h＝h②在C点时对汽车速度进行分解得货物的速度v B＝v·cos 30°＝32v③由①②③解得W＝μmgh＋38m v2.答案：μmgh＋38m v2[命题报告·教师用书独具]正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.(2019年北京东城区模拟)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为()A．mgL cos θB．mgL(1－cos θ)C．FL sin θD．FL cos θ解析：小球缓慢地由P移动到Q，动能不变，只有重力、水平拉力F对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理：－mgL(1－cos θ)＋W F＝ΔE k＝0即W F＝mgL(1－cos θ)，故B正确．答案：B2.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是()A．2.0 m B．1.0 mC．3.0 m D．4.0 m解析：由题图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功，而此后F合做负功，故x＝2.0 m时物体的动能最大，故A正确．答案：A3.如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么()A．从t＝0开始，5 s内物体的动能变化量为零B．在前5 s内只有第1 s末物体的动能最大C．在前5 s内只有第5 s末物体的速率最大D．前3 s内合力对物体做的功为零解析：由图象可知0～1 s 的合力的大小是1～5 s 的合力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2∶1，物体的运动状态可描述为0～1 s 物体做匀加速运动到速度最大，3 s 末物体减速到零，5 s 末物体反向加速到速度最大，因此5 s 内动能变化量不为零，故选项A 错；第1 s 末和第5 s 末物体的动能和速率一样大，所以选项B 、C 都不对；3 s 末物体减速到零，所以前3 s 内合力对物体做的功为零，所以正确选项为D.答案：D4.半径为R 的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F 把质量为m 的小物体(可看做质点)沿球面从A 点缓慢地移动到最高点B ，在此过程中，拉力做的功为( )A ．πFRB ．πmgR C.π2mgRD ．mgR解析：拉动物体的力为变力，故A 错；缓慢运动可认为速度为0，由动能定理得W F －mgR ＝0，所以W F ＝mgR ，故D 对．答案：D5.(2019年辽宁重点中学联考)质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g 取10 m/s 2，则以下说法中正确的是( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2C ．物体滑行的总时间为4 sD ．物体滑行的总时间为2.5 s解析：由动能定理得－F f x ＝0－E k ，F f ＝E k x ＝2.5 N ，而F f ＝μmg ，μ＝F fmg ＝0.25，选项A 、B 错误；根据牛顿第二定律可得a ＝F fm ＝2.5 m/s 2，由运动学公式得物体滑行的总时间t ＝2xa ＝4 s ，选项C 正确、D 错误．答案：C6.(2019年南京模拟)如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离，E k 表示小球在C 点处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的是( )解析：由题意“在C 点处小球速度达到最大”，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确；根据动能定理有mg (h ＋x 0)－E p ＝12m v 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确．答案：BC7.(2019年丹东模拟)如图所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )A ．等于12m v 2 B ．小于12m v 2 C ．大于μmgsD ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等于μmgs ，可能小于μmgs ，故选C.答案：C8.如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg )解析：质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿定律有F N－mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR ，故A 项正确．答案：A9.如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m 的物体，物体与转轴间用长L 的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( )A ．由于惯性和摩擦力，物体将以O 为圆心、L 为半径做变速圆周运动，直到停止B ．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg 2πLC ．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D ．物体在转台上运动Lω24μg π圈后，停止运动解析：制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为W f ＝－μmg 2πL ，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知：－Nμmg 2πL ＝0－12m v 2，又v ＝ωL ，联立得物体在转台上转动的圈数为N ＝Lω24μg π，A 、B 、D 正确．答案：ABD10.(2019年武汉模拟)在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为E k B ，小球上升时间记为t 1下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1<t 2C ．`E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J解析：由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2，x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3.A →M 应用动能定理得－mgh ＋W 1＝12m v 2M －12m v 2，① 竖直方向有v 2＝2gh ② ①②式联立得W 1＝2 JA →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ， A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，A 、D 正确．答案：AD二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)(2019年石家庄模拟)质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k -x 的图线如图所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小．解析：(1)从图线可知物体初动能为2 J ，E k0＝12m v 2 ＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J F f ＝－10－4 N ＝2.5 N因F f ＝μmg故μ＝F fmg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力F f的作用，合力为F－F f，根据动能定理有(F－F f)·x1＝E k－E k0故得F＝E k－E k0x1＋F f＝(10－24＋2.5) N＝4.5 N.答案：(1)2 m/s(2)0.25(3)4.5 N12．(15分)(2019年高考全国理综)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝12h x2；探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？解析：(1)设该队员在空中运动的时间为t，在坡面上落点的横坐标为x，纵坐标为y.由运动学公式和已知条件得x＝v0t①2h－y＝12gt2②根据题意有y＝x22h ③由动能定理mg(2h－y)＝12m v2－12m v20④联立①②③④式得12m v 2＝12m (v 20＋4g 2h 2v 20＋gh)⑤ (2)⑤式可以改写为 v 2＝(v 20＋gh －2ghv 20＋gh )2＋3gh ⑥ v 2有极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh此时v 2＝3gh ，则最小动能为 (12m v 2)min ＝32mgh答案：(1)12m (v 20＋4g 2h 2v 20＋gh) (2)gh 32mgh。

2014高考物理一轮精细复习

功和功率（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题，含精细解析）一、三年高考考点统计与分析(1)从近三年高考试题考点分布可以看出，高考对本章内容的考查重点有4个概念(功、功率、动能、势能)和三个规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。

(2)高考对本章内容考查题型全面，既有选择题，也有计算题，二者考查次数基本相当，命题灵活性强、综合面广，过程复杂，环节多，能力要求也较高，既有对基本概念的理解、判断和计算，又有对重要规律的灵活应用。

二、2014年高考考情预测(1)功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律仍将是本章命题的热点。

(2)将本章内容与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识相结合，并与生产、生活实际和现代科技相联系进行命题的趋势较强。

[备课札记]第五章机械能[学习目标定位]定理、机械能第1单元功和功率[想一想]图5－1－1为某人提包运动的情景图，试分析各图中该人提包的力做功的情况。

图5－1－1提示：甲图中将包提起来的过程中，提包的力对包做正功，乙图中人提包水平匀速行驶时，提包的力不做功，丙图中人乘电梯上升过程中，提包的力对包做正功，丁图中人提包上楼的过程中，提包的力对包做正功。

[记一记]1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移。

2．公式W＝Fl cos_α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移。

3．功的正负判断[试一试]1.如图5－1－2所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。

如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是( )图5－1－2A ．轮胎受到地面的摩擦力做了负功B ．轮胎受到的重力做了正功C ．轮胎受到的拉力不做功D ．轮胎受到地面的支持力做了正功解析：选A 根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B 、D 错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A 正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C 错误。

2014年高考物理一轮复习2-5-3

1．下列说法正确的是()A．如果物体所受到的合力为零，则其机械能一定守恒B．如果物体所受到的合力做的功为零，则其机械能一定守恒C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒解析：物体受到的合力为零或合力做功为零，其机械能均不一定守恒，如在竖直方向上物体做匀速直线运动，其机械能不守恒．所以选项A、B均错误；物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒．选项C正确；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．答案：CD2.(2013年威海模拟)如图所示，a、b两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高，b球质量大于a球质量．两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态．现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计．下列说法正确的是()A．下落过程中两球间的距离保持不变B．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止C．下落过程中，a、b两球都处于失重状态D．整个下落过程中，系统的机械能守恒解析：两球同时释放后，圴做自由落体运动，加速度均为g，故两球均处于失重状态，且机械能守恒，两球间距也保持不变，A、C、D均正确，B错误．答案：ACD3.如图所示，一均质杆长为2r ，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD 滑动，AB 是半径为r 的14圆弧，BD 为水平面．则当杆滑到BD 位置时的速度大小为( )A.gr2 B.grC.2grD ．2gr 解析：由机械能守恒定律得：mg ·r 2＝12m v 2，故v ＝ gr ，故B 对．答案：B4.如图所示，质量为M (M 足够大)的小球被一根长为L 的可绕O 轴自由转动的轻质杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与质量为m 的小球相连．小球M 此时与定滑轮的距离可忽略．若将质量为M 的球，由杆呈水平状态开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，则当杆转动到竖直位置时，质量为m 的小球的速度是多大？解析：当转到竖直位置时，M 球下落距离L ，绳与竖直方向成45°角，m 球上升的高度为h ＝2L ①设此时M 球、m 球的速度大小分别为v M 、v m有v M ＝2v m ②在整个运动过程中，由机械能守恒M gL －mgh ＝12M v 2M ＋12m v 2m ③由①②③式得出m 球的速度v m ＝ 2gL (M －2m )2M ＋m答案：2gL(M－2m) 2M＋m[命题报告·教师用书独具]项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.(2013年无锡调研)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量解析：不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，故B对、D错．小球的机械能减少，斜劈的机械能增加，斜劈对小球做负功．故A、C错．答案：B2.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为2R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图所示)，由静止释放后()A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点解析：环形槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的重力势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．答案：A3.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为()A.gLB.3gLC.5gLD.7gL解析：小球恰能到达最高点B，则小球在最高点处的速度v1＝gL，以地面为零势能面，铁球在B点处的总机械能为mg×3L＋12m v21＝72mgL，无论轻绳是在何处断的，铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12m v 22＝72mgL ，故小球落到地面的速度v 2＝ 7gL ，正确答案为D.答案：D4.(2012年高考广东卷)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有( )A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小解析：在B 点有：N －mg ＝m v 2B R ，显然v B ＞0，N ＞mg ，A 错误、B 正确．由动能定理得mgh ＝12m v 2B ，联立两方程得N ＝mg ＋2mgh R ，所以h 越大，N 越大，C正确、D 错误．答案：BC5．质量为m 的小球从高H 处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为( )A ．2mg gHB ．mg gH C.12mg gH D.13mg gH解析：动能和重力势能相等时，根据机械能守恒定律有：2mgh ′＝mgH ，解得小球离地面高度h ′＝H 2，故下落高度为h ＝H 2，速度v ＝2gh ＝gH ，故P＝mg v ＝mg gH ，B 选项正确．答案：B6.(2013年唐山模拟)如图所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2 m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1 m．此时弹簧的弹性势能E p＝1 J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是()A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C．B球刚到地面时，速度是 2 m/sD．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6 J解析：由于弹簧和B之间有作用，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A 错误；由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而 2 m/s是根据B球机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械能守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝m A g(L＋h)＋m B gh＋E p＝6 J，D项对．答案：BD7.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是()A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒B．从A到B的过程中，小球的机械能减少C ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 2RD ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22R解析：从A 到B 的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A错误、B 正确；在B 点对小球应用牛顿第二定律可得：F B －mg ＝m v 2R ，解得F B＝mg ＋m v 2R ，C 正确、D 错误．答案：BC8.(2013年广西柳州检测)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O ，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上．A 的质量为m ，B 的质量为4m .开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动．将A 由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是( )A ．物块B 受到的摩擦力先减小后增大B ．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C ．小球A 的机械能守恒D ．小球A 的机械能不守恒，A 、B 系统的机械能守恒解析：解题时需要判断B 物块在整个过程中是否发生了运动．当A 球未释放时B 物块静止，则此时B 受沿斜面向上的摩擦力F f ＝4mg ·sin θ＝2mg ，为静摩擦力．假设在A 球运动的过程中B 未动，则A 球下落的过程中机械能守恒，mgR＝12m v 2，v ＝2gR ，对A 球进行受力分析可得，在最低点时F T －mg ＝m v 2R，F T ＝3mg ，A 球运动至最低点时绳子拉力最大，此时F T ＝3mg <F f ＋4mg ·sin θ＝4mg ，说明A 球在运动的过程中不能拉动B 物块，故小球A 的机械能守恒，C 正确、D 错误；斜面体对B 物块的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，故先减小后增大，A 正确；小球下降时有沿着绳子方向的加速度，根据整体法可判断出地面对斜面体的摩擦力方向一直向右，故B 正确．答案：ABC9.(2013年豫南九校联考)如图所示，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m .现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，小球在最低点的瞬时速度必须满足( )A ．最小值4grB ．最大值6grC ．最小值5grD ．最大值7gr解析：要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg ＝m v 20r ，从最低点到最高点由机械能守恒得，12m v 2min ＝mg ·2r ＋12m v 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 21r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：12m v 2max ＝mg ·2r ＋12m v 21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr .答案：CD10．(2012年高考浙江卷)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2 C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H ＞2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R解析：设小球从A 端水平抛出的速度为v A ，由机械能守恒得mgH ＝mg ·2R ＋12m v 2A ，得v A ＝2gH －4gR ，设空中运动时间为t ，由2R ＝12gt 2，得t ＝2 R g ，水平位移s 水＝v A t ＝2gH －4gR ·2R g＝22RH －4R 2，故B 正确．小球能从细管A 端水平抛出的条件是D 点应比A 点高，即H ＞2R ，C 正确．答案：BC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2013年苏北北市调研)如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量m ＝0.4 kg 的小物块A ，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮D ，连接小物块A 和小物块B ，虚线CD 水平，间距d ＝1.2 m ，此时连接小物块A 的细绳与竖直杆的夹角为37°，小物块A 恰能保持静止．现在在小物块B 的下端挂一个小物块Q (未画出)，小物块A 可从图示位置上升并恰好能到达C 处，不计摩擦和空气阻力，cos 37°＝0.8、sin 37°＝0.6，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小物块A 到达C 处时的加速度大小；(2)小物块B 的质量；(3)小物块Q 的质量．解析：(1)当小物块A 到达C 处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以小物块A 的加速度a ＝g ＝10 m/s 2.(2)设小物块B 的质量为m B ，绳子拉力为F T ；根据平衡条件：F T cos 37°＝mgF T ＝m B g联立解得m B ＝0.5 kg.(3)设小物块Q 的质量为m 0，根据系统机械能守恒得mgh AC ＝(m B ＋m 0)gh Bh AC ＝d cot 37°＝1.6 mh B ＝d sin 37°－d ＝0.8 m解之得：m 0＝0.3 kg.答案：(1)10 m/s 2 (2)0.5 kg (3)0.3 kg12．(15分)杂技演员甲的质量为M ＝80 kg ，乙的质量为m ＝60 kg.跳板轴间光滑，质量不计．甲、乙一起表演节目．如图所示．开始时，乙站在B 端，A 端离地面1 m ，且OA ＝OB .甲先从离地面H ＝6 m 的高处自由跳下落在A 端．当A 端落地时，乙在B 端恰好被弹起．假设甲碰到A 端时，由于甲的技艺高超，没有能量损失．分析过程假定甲、乙可看做质点．(取g ＝10 m/s 2)(1)当A 端落地时，甲、乙两人速度大小各为多少？(2)若乙在B 端的上升可以看成是竖直方向，则乙离开B 端还能被弹起多高？解析：(1)甲跳下直到B 端弹起到最高点的过程中，甲、乙机械能守恒，有MgH ＝12M v 2甲＋12m v 2乙＋mgh而v 甲＝v 乙，联立可解得v 甲＝v 乙＝215 m/s.(2)乙上升到最高点的过程中，机械能守恒，有：12m v 2乙＝mgh 1，解得h 1＝3 m. 答案：(1)215 m/s 215 m/s (2)3 m。

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1．(2019年高考北京卷)关于环绕地球运行的卫星，下列说法正确的是() A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合解析：根据开普勒第三定律R3T2＝C(常数)可知只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，两者的周期就相等，A选项错误；沿椭圆轨道运行的卫星在以长轴为对称轴的对称点上具有相同的速率，故B选项正确；由G Mmr2＝m4π2T2r，解得r＝3GMT24π2，对于地球同步卫星其周期T＝24小时，故其轨道半径一定，C选项错误；经过北京上空的卫星轨道有无数条，轨道平面与赤道平面的夹角可以不同，故轨道平面可以不重合，D选项错误．答案：B2．(2019年高考江苏单科)一行星绕恒星做圆周运动．由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v.引力常量为G，则()A．恒星的质量为v3T 2πGB．行星的质量为4π2v3 GT2C．行星运动的轨道半径为v T 2πD．行星运动的加速度为2πv T解析：由r＝vω＝v2πT＝v T2π，C对；由GMmr2＝m v2r＝m4π2T2r得M＝v2rG＝v3T2πG，A对；无法计算行星的质量，B错；a＝ω2r＝ωv＝2πTv，D对．答案：ACD3.(2019年韶关模拟)如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A、B、C在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有() A．根据v＝gr，可知v A<v B<v CB．根据万有引力定律，F A>F B>F CC．向心加速度a A>a B>a CD．运动一周后，C先回到原地点解析：由GMmr2＝mv2r＝ma可得：v＝GMr，故v A>v B>v C，不可用v＝gr比较v的大小，因卫星所在处的g不同，A错误；由a＝GMr2，可得a A>a B>a C，C正确；万有引力F＝GMmr2，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较F A、F B、F C的大小，B错误；由T＝2πrv可知，C的周期最大，最晚回到原地点，故D错误．答案：C4．我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列，在航天控制中心对其正上方某卫星测控时，测得从发送操作指令到接收到卫星已操作信息需要的时间为t(设卫星接收到操作信息立即操作，并立即发送已操作信息回中心)，测得该卫星运行周期为T，地球半径为R，电磁波的传播速度为c，由此可以求出地球的质量为()A.π2(8R＋ct)32GT2 B.4π2(R＋ct)3GT2C.π2(2R＋ct)32GT2 D.π2(4R＋ct)3GT2解析：卫星离地的高度为ct2，运行轨道半径为R＋ct2，则GMm(R＋ct2)2＝m(R＋ct 2)(2πT)2，由此求得地球质量M＝π2(2R＋ct)32GT2.答案：C[命题报告·教师用书独具]知识点题号万有引力定律的应用1、10航天器的运行 2 同步卫星 3 卫星的变轨 4 宇宙速度 5、6、11星球的自转 7 双星系统8 天体质量及重力加速度的估算9、12一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．火星的质量和半径分别约为地球的110和12，地球表面的重力加速度为g ，则火星表面的重力加速度约为( )A ．0.2gB ．0.4gC ．2.5gD ．5g解析：在星球表面有G MmR 2＝mg ，故火星表面的重力加速度满足g 火g ＝M 火R 2地M 地R 2火＝0.4，故B 正确．答案：B2.(2019年高考江苏单科)2019年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )A ．线速度大于地球的线速度B ．向心加速度大于地球的向心加速度C ．向心力仅由太阳的引力提供D ．向心力仅由地球的引力提供解析：由于飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，则它们的角速度相同，由v ＝ωr 和a ＝ω2r 易知A 、B 均正确；若飞行器的向心力仅由太阳的引力提供，则由v＝GMr可知，飞行器的线速度应小于地球的线速度，这不符合题干中的情景，故C错误；若飞行器的向心力仅由地球的引力提供，则飞行器应绕地球做圆周运动，故D也错．答案：AB3．(2019年高考北京卷)由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的()A．质量可以不同B．轨道半径可以不同C．轨道平面可以不同D．速率可以不同解析：地球同步卫星运行时，万有引力提供向心力，GMmr2＝m4π2T2r＝mv2r，故有r3T2＝GM4π2，v＝GMr，由于同步卫星运行周期与地球自转周期相同，故同步卫星的轨道半径是确定的，速度v大小也是确定的，同步卫星的质量可以不同．要想使卫星与地球自转同步，轨道平面一定是赤道平面．故只有选项A正确．答案：A4.(2019年高考广东理综)如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的()A．动能大B．向心加速度大C．运行周期长D．角速度小解析：由万有引力提供向心力有：GMmR2＝m v2R＝ma＝mω2R＝m4π2T2R得环绕速度v＝GMR可知v2＜v1，E k2＜E k1，A错误；由a＝GMR2可知a2＜a1，B错误；由T＝2πR3GM可知T2＞T1，C正确；由ω＝GMR3可知ω2＜ω1，D正确．答案：CD5.(2019年济南模拟)“嫦娥二号”卫星发射后直接进入近地点高度200千米、远地点高度约38万千米的地月转移轨道直接奔月，如图所示．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点100千米、周期12小时的椭圆轨道a.再经过两次轨道调整，进入100千米的近月圆轨道b，轨道a和b相切于P点．下列说法正确的是()A．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/sB．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于11.2 km/sC．“嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的速度v a＝v bD．“嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为a a、a b，则a a＝a b解析：“嫦娥二号”卫星的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，A项正确、B项错误；“嫦娥二号”卫星在a轨道经过P点时减小速度，卫星即可由椭圆轨道a变为圆轨道b，故v a>v b，但在P点，万有引力相同，加速度相同，C项错、D项正确．答案：AD6．星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝2v1.已知某星球的半径为r，表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为()A.grB.1 6grC.13gr D.13gr解析：由第一宇宙速度公式可知，该星球的第一宇宙速度为v1＝gr6，结合v2＝2v1可得v2＝13gr，C正确．答案：C7．(2019年江西重点中学联考)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率，如果超过了该速度，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动，由此能得到半径为R 、密度为ρ、质量为M 且分布均匀的星球的最小自转周期T .下列表达式中正确的是( )A ．T ＝2π R 3GM B ．T ＝2π 3R 3GM C ．T ＝πGρD ．T ＝3πGρ解析：因星球半径为R 、密度为ρ、质量为M ，则由G Mm R 2＝m (2πT )2R ，得T ＝2π R 3GM ；再由ρ＝M V ＝4π2R 3/(GT 2)4πR 3/3＝3πGT 2，故A 、D 正确．答案：AD8．(2019年高考重庆卷)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O 点运动的( )A ．轨道半径约为卡戎的17 B ．角速度大小约为卡戎的17 C ．线速度大小约为卡戎的7倍 D ．向心力大小约为卡戎的7倍解析：做双星运动的星体相互间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即F 万＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，得m 1m 2＝r 2r 1，故A 正确；双星运动的角速度相同，故B 错；由v ＝ωr 可知冥王星的线速度为卡戎的17，故C 错；两星的向心力为两者间的万有引力且等值反向，故D 错．答案：A9．为了探测X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( )A ．X 星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21B ．X 星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1 D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析：飞船绕X 星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知G Mm r 21＝m 4π2r 1T 21，则X 星球质量M ＝4π2r 31GT 21，选项A 正确．由G Mm r 21＝m 4π2r 1T 21＝ma 1，知r 1轨道处的向心加速度a 1＝4π2r 1T 21＝GMr 21，而对绕X 星球表面飞行的飞船有G Mm R 2＝mg x (R 为X 星球的半径)，则g x ＝G M R 2＞a 1＝GM r 21＝4π2r 1T 21，选项B 错误；由G Mmr 2＝m v 2r 知v ＝ GMr ，故v 1v 2＝r 2r 1，选项C 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2rT 2得T ＝4π2r 3GM ，故T 2T 1＝r 32r 31，即T 2＝T 1r 32r 31，选项D 正确．答案：AD10．一宇宙飞船绕地心做半径为r 的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m 的人站在可称体重的台秤上．用R 表示地球的半径，g 表示地球表面处的重力加速度，g ′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，F N 表示人对秤的压力，下面说法中正确的是( )A ．g ′＝0B ．g ′＝R 2r 2g C ．F N ＝0D ．F N ＝m Rr g解析：做匀速圆周运动的飞船及其上的人均处于完全失重状态，台秤无法测出其重力，故F N ＝0， C 正确、D 错误；对地球表面的物体，GMmR 2＝mg ，宇宙飞船所在处，GMm r 2＝mg ′，可得：g ′＝R 2r 2g ， A 错误、B 正确．答案：BC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)中国紫金山天文台将第2752号小行星命名为吴健雄星，其直径为32 km.若该行星的密度和地球的密度相同，则对该小行星而言，第一宇宙速度为多少？(已知地球半径R 1＝6 400 km ，地球的第一宇宙速度v 1≈8 km/s)解析：设小行星的第一宇宙速度为v 2，其质量为M 2；地球的第一宇宙速度为v 1，其质量为M 1，则有G M 1mR 21＝m v 21R 1G M 2mR 22＝m v 22R 2且M 1＝ρ·43πR 31 M 2＝ρ·43πR 32 得v 2v 1＝R 2R 1所以v 2＝R 2R 1v 1＝166 400×8 km/s ＝20 m/s.答案：20 m/s12．(15分)(2019年抚顺六校联合体模拟)宇航员在一行星上以10 m/s 的初速度竖直上抛一质量为0.2 kg 的物体，不计阻力，经2.5 s 后落回手中，已知该星球半径为7 220 km.(1)该星球表面的重力加速度是多大？(2)要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？(3)若物体距离星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体距离星球球心r 时其引力势能E p ＝－G mMr (式中m 为物体的质量，M 为星球的质量，G 为引力常量)．问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？解析：(1)由匀变速运动规律知 g ′＝2v 0t ＝2×102.5 m/s 2＝8 m/s 2. (2)由万有引力定律得mg ′＝m v 21R v 1＝g ′R ＝8×7 220×1 000 m/s ＝7 600 m/s.(3)由机械能守恒，得12m v 22＋(－G mMR )＝0＋0 因为g ′＝G MR 2 所以v 2＝2g ′ R ＝2×8×7 220×1 000 m/s＝7 600 2 m/s ≈10 746 m/s. 答案：(1)8m/s 2(2)7600m/s(3)10746m/s天体运动中的三种模型 1．“自转”天体模型模型特点：绕通过自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体．在其表面上相对天体静止的物体，则以某一点为圆心，做与天体自转角速度相同的匀速圆周运动．分析此类问题要明确天体表面物体做圆周运动所需向心力是由万有引力的一个分力提供的，万有引力的另一个分力即为重力(由于自转所需向心力很小，通常认为重力近似等于万有引力)．从赤道向两极因做圆周运动的半径逐渐减小，故所需向心力逐渐减小，重力逐渐增加．在两极F 万＝G ，在赤道上F 万＝G ＋F 向．[例1] 地球赤道上物体的重力加速度为g ，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a ，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球自转角速度应为原来的多少倍？( )A.ga B. g ＋a a C.g －a aD.g a[解析] 赤道上物体随地球自转时G MmR 2－F N ＝ma ，其中F N ＝mg ；要使赤道上的物体飘起来，则应有F N ＝0，于是G MmR 2＝ma ′，由以上各式可得a ′＝a ＋g ，又因为a ＝ω2R ，a ′＝ω′2R ，所以ω′ω＝g ＋aa ，故B 正确．[答案] B2．“公转”天体模型模型特点：绕另一天体(称为中心天体)做匀速圆周运动的天体称为“公转”天体，其做圆周运动所需向心力由中心天体对其吸引力提供，如人造卫星绕地球运动，地球绕太阳运动等．[例2] 如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P 点沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点Q ，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R ，万有引力常量为G ，求：(1)该星球表面的重力加速度； (2)该星球的密度；(3)该星球的第一宇宙速度v ；(4)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T . [解析] (1)由平抛运动的知识得 tan α＝12gt 2v 0t ，则g ＝2v 0tan αt ；(2)在星球表面有：G Mm R 2＝mg ，所以M ＝g R 2G 该星球的密度：ρ＝M V ＝3v 0tan α2πRtG ；(3)由G Mm R 2＝m v 2R ，可得v ＝ GM R ，又GM ＝gR 2，所以v ＝ 2v 0R tan αt； (4)绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，即：T ＝2πR v ＝2πR t2v 0R tan α.[答案] (1)2v 0tan αt (2)3v 0tan α2πRtG (3) 2v 0R tan αt (4)2πR t2v 0R tan α3．双星模型模型特点：在天体模型中，将两颗彼此距离较近的恒星称为双星，它们在相互之间万有引力作用下，绕两球连线上某点做周期相同的匀速圆周运动．(1)彼此间的万有引力是双星各自做圆周运动的向心力——作用力和反作用力．(2)双星具有共同的角速度．(3)双星始终与它们共同的圆心在同一条直线上．[例3] 银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C 做匀速圆周运动．由天文观测得其周期为T ，S 1到C 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知万有引力常量为G ，由此可求出S 2的质量为( )A.4π2r 2(r －r 1)GT 2.4π2r 31GT 2 C.4π2r 2GT 2 .4π2r 2r 1GT 2[解析] 设S 1、S 2两星体的质量分别为m 1、m 2，根据万有引力定律和牛顿第二定律得对S 1有：G m 1m 2r 2＝m 1(2πT )2r 1解之可得：m2＝4π2r2r1GT2，所以正确答案是D.[答案] D。

2014高三物理一轮复习练习必修2-4-1

1．如图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()A．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运动，竖直方向是匀加速直线运动，其运动轨迹是一条抛物线，则A、D正确．答案：AD2.(2013年济南模拟)小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变．已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速()A．越接近B岸水速越大B．越接近B岸水速越小C．由A到B水速先增后减D．水流速度恒定解析：由运动轨迹可知，合速度的方向越来越接近船本身所提供的速度的方向，水流速度越小，故水流速度越接近B岸就越小，B正确．答案：B3．(2013年湖州模拟)质点做曲线运动从A到B速率逐渐增加，如图所示，有四位同学用示意图表示A到B的轨迹及速度方向和加速度的方向，其中正确的是()解析：由牛顿第二定律可知，加速度a与合力的方向相同，指向曲线的凹侧，另外速度v的方向沿曲线的切线方向，故B、C项均错误．由于质点从A到B 速率逐渐增加，则加速度与速度的夹角应小于90°，综上可知，只有D项正确．答案：D4．(2013年泰安模拟)如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为v1和v2，绳子对物体的拉力为F T，物体所受重力为G，则下面说法正确的是()A．物体做匀速运动，且v1＝v2B．物体做加速运动，且v2>v1C．物体做加速运动，且F T>GD．物体做匀速运动，且F T＝G解析：小车在运动的过程中，其速度产生两个效果，故将小车的速度按照沿绳子方向与垂直绳子的方向进行分解，如图所示，则由图可以看出v2＝v1cos α，则v2<v1.随着小车向前移动，α将不断减小，cos α将逐渐增大，则v2逐渐增大，即物体做加速运动，根据牛顿第二定律可知，F T>G.答案：C[命题报告·教师用书独具]一、选择题项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．一个物体在相互垂直的恒力F1和F2作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2，则物体的运动情况将是()A．物体做匀变速曲线运动B．物体做变加速曲线运动C．物体做匀速直线运动D．物体沿F1的方向做匀加速直线运动解析：物体在相互垂直的恒力F1和F2的作用下，由静止开始做匀加速直线运动．其速度方向与F合的方向一致，经过一段时间后，撤去F2，F1与v不在同一直线上，故物体必做曲线运动；由于F1恒定，由a＝F1m知，a也恒定，故应为匀变速曲线运动，选项A正确．答案：A2．(2011年高考上海单科)如图，人沿平直的河岸以速度v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( )A ．v sin α B.v sin α C ．v cos αD.v cos α解析：如图，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由三角形知识，v 船＝v cos α，所以C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C3．(2013年徐州模拟)一小船在河中xOy 平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是( )A ．若小船在x 方向上始终匀速，则在y 方向上先加速后减速B ．若小船在x 方向上始终匀速，则在y 方向上先减速后加速C ．若小船在y 方向上始终匀速，则在x 方向上先减速后加速D ．若小船在y 方向上始终匀速，则在x 方向上先加速后减速解析：小船运动轨迹上各点的切线方向为小船的合速度方向，若小船在x 方向上始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在y 方向上的速度先减小再增加，故A错误、B正确；若小船在y方向上始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在x方向上的速度先增加后减小，故C错误、D正确．答案：BD4．(2013年南京模拟)手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度()A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变解析：本题考查运动的合成．重物参与两个分运动，一个是竖直向上的分运动，由细线收缩的运动决定；一个是水平方向的分运动，由滑轮的运动决定，这两个分运动均是匀速直线运动，所以重物的合运动也是匀速直线运动，A正确．答案：A5．一质量为2 kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，在x轴方向上的v -t图象和在y轴方向上的x-t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是()A．前2 s内物体做匀变速曲线运动B．物体的初速度为8 m/sC．2 s末物体的速度大小为8 m/sD．前2 s内物体所受的合力为16 N解析：物体在x轴方向上做初速度v x＝8 m/s，加速度a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，在y轴方向上做速度v y＝－4 m/s的匀速直线运动，物体所受合力恒为8 N(方向为x轴负方向)，初速度大小为82＋42m/s＝4 5 m/s，方向与合力方向不在同一条直线上，故物体做匀变速曲线运动，A对，B、D错；2 s末，v x ＝0，v y＝－4 m/s，则合速度为－4 m/s，C错．答案：A6．(2011年高考江苏单科)如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为()A．t甲<t乙B．t甲＝t乙C．t甲>t乙D．无法确定解析：设两人在静水中的游速均为v0，水速为v，则t甲＝s OAv0＋v＋s OAv0－v＝2v0s OAv20－v2t乙＝2s OBv20－v2＝2s OAv20－v2<2v0s OAv20－v2故A、B、D错，C对．答案：C7.(2013年安徽蚌埠模拟)如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为()A．水平向左，大小为vB ．竖直向上，大小为v tan θC ．沿A 杆斜向上，大小为vcos θ D ．沿A 杆斜向上，大小为v cos θ解析：两杆的交点P 参与了两个分运动：与B 杆一起以速度v 水平向左的匀速直线运动和沿B 杆竖直向上的匀速运动，交点P 的实际运动方向沿A 杆斜向上，如图所示，则交点P 的速度大小为v P ＝vcos θ，故C 正确．答案：C8．(2013年桂林月考)如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿跑道AB 运动，拉弓放箭射向他左侧的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v 1，运动员静止时射出的箭的速度为v 2，跑道离固定目标的最近距离OA ＝d .若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )A ．运动员放箭处离目标的距离为v 1v 2dB ．运动员放箭处离目标的距离为v 21＋v 22v 2dC ．箭射到靶的最短时间为dv 2 D ．箭射到靶的最短时间为dv 22－v 21解析：由运动的等时性可知，箭射到靶的最短时间为t ＝dv 2，C 正确、D 错误；箭的合速度v ＝v 21＋v 22，所以运动员放箭处离目标的距离为s ＝v t ＝v 21＋v 22v 2d ，A 错误、B 正确．答案：BC9.有一竖直放置的“T”型架，表面光滑，两质量相等的滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A 、B 可看作质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )A.4v 2g B.3v 2g C.3v 24gD.4v 23g解析：当绳子与竖直方向的夹角为60°时，设A 的速度为v ′，将这时A 、B 的速度均沿绳和垂直绳分解，由沿绳方向的分速度相等得：v ′cos 30°＝v cos 60°，解出v ′＝33v .由机械能守恒定律：12m v 2＋12m v ′2＝mgl cos 60°，解出绳长l ＝4v 23g .故选项D 对，其余选项均错．答案：D10.如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处，在杆的中点C 处栓一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M .C 点与O 点距离为l .现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角)，此过程中下述说法中正确的是( )A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωlD．重物M的速度先减小后增大解析：由题知，C点的速度大小为v C＝ωl，设v C与绳之间的夹角为θ，把v C沿绳和垂直绳方向分解可得，v绳＝v C cos θ，在转动过程中θ先减小到零再反向增大，故v绳先增大后减小，重物M做变加速运动，其最大速度为ωl，C正确．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)某“运12”飞机在航空测量时，它的航线要严格地从东到西，如果飞机的速度是80 km/h，风从南面吹来，风的速度为40 km/h，那么：(1)飞机应朝哪个方向飞行？(2)如果所测地区长达80 3 km，所需时间为多少？解析：飞机的实际运动为合运动，随风的运动为飞机的一个分运动．(1)设飞机的速度为v1，风速为v2，实际飞行速度为v，由合速度与分速度的关系可得飞机飞行速度方向与正西方向夹角θ的正弦值为sin θ＝v2v1＝4080＝12得θ＝30°，飞机应朝西偏南30°角方向飞行．(2)飞机的合速度v＝v1cos 30°＝40 3 km/h.根据x＝v t得t＝xv＝803403h＝2h.答案：(1)飞机应朝西偏南30°角方向飞行(2)2 h12．(15分)宽9 m的成型玻璃以2 m/s的速度连续不断地向前行进，在切割工序处，金刚割刀的速度为10 m/s，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则：(1)金刚割刀的轨道应如何控制？(2)切割一次的时间多长？(3)所生产的玻璃板的规格是怎样的？解析：(1)由题目条件知，割刀运动的速度是实际的速度，所以为合速度．其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割．设割刀的速度v1的方向与玻璃板速度v2的方向之间的夹角为θ，如图所示．要保证割下均是矩形的玻璃板，则由v1是合速度得v2＝v1cos θ所以cos θ＝v2v1＝15，即θ＝arccos15所以，要割下矩形板，割刀速度方向与玻璃板速度方向所成角度为θ＝arccos 1 5.(2)切割一次的时间t＝dv1sin θ＝910×1－125s≈0.92 s.(3)切割出的矩形玻璃板的规格为：长度d＝9 m，宽度：l＝v2t＝2×0.92 m＝1.84 m.答案：(1)割刀速度方向与玻璃板速度方向成arccos 15角度(2)0.92 s(3)长9m、宽1.84 m。

2014年高考人教版物理一轮复习精品训练课时作业全套34套

课时作业1 描述运动的基本概念一、不定项选择题1．(2012·浙江五校联考)以下说法正确的是( )A ．只有很小的物体才能看做质点，很大的物体不能看做质点B ．若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人可能是静止的C ．做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相等D ．一节课40分钟，40分钟指的是下课的时刻2．在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )A ．必须以这一规定速度行驶B ．平均速度大小不得超过这一规定数值C ．瞬时速度大小不得超过这一规定数值D ．汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的3．(2012·江苏镇江一模)近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势。

王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的( )A ．速度增加，加速度减小B ．速度增加，加速度增大C ．速度减小，加速度增大D ．速度减小，加速度减小4．2012年9月11日20时58分46秒，中国在境内进行了一次陆基中段反导拦截技术试验，试验达到了预期目的。

这一试验的成就和意义可与“两弹一星”相提并论。

假设敌方导弹发射t 0时间后，我方反导拦截导弹发射，经时间t 将其摧毁，则以下说法正确的是( )A ．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行轨迹相同B ．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t －t 0C ．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t 0D ．敌方导弹与我方反导拦截导弹相撞时与地心距离相同5．(2012·北京西城区期末)用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度。

已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0 mm ，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040 s 。

则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )A ．0.10 m/sB ．100 m/sC ．4.0 m/sD ．0.40 m/s6．用同一张底片对着小球运动的路径每隔110s 拍一次照，得到的照片如图所示，则小球在图中过程运动的平均速度大小是( )A ．0.25 m/sB ．0.2 m/sC ．0.17 m/sD ．无法确定7．在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛。

安徽专用2014届高考物理一轮复习训练新人教版：专题五机械能守恒定律(Word版含解析).pdf

专题五　机械能守恒定律(2012·高考天津卷)如图甲所示静止在水平地面的物块A受到水平向右的拉力F作用与时间t的关系如图乙所示设物块与地面的静摩擦力最大值f则( ) A．0～t1时间内F的功率逐渐增大．时刻物块A的加速度最大时刻后物块A做反向运动．时刻物块A的动能最大 (2012·高考安徽卷)如图所示在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道半OA水平竖直一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R重力加速度为g则小球从P到B的运动过程中( )重力做功2mgR机械能减少mgR合外力做功mgR克服摩擦力做功 (2012·高考福如图表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮小物块A用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落沿斜面下滑则从剪断轻绳到物块着地两物块( )速率的变化量不同．机械能的变化量不同重力势能的变化量相同．重力做功的平均功率相同 (2012·高考江苏卷)如图所示细线的一端固定于O点另一端系一小球．在水平拉力作用下小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )逐渐增大．逐渐减小先增大后减小．先减小后增大 (2012·高考重庆卷)如可测量轮胎与地面间动摩擦因数其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动摆锤重心到O点距离为L.测量时测量仪固定于水平地面将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力重力加速度为g求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．【解析】选对项物块静止不动的功率为零故错误．对项时刻由F－f知最大故正确．对项物块先加速后减速运动方向不变故错．t物块一直加速故t时刻动能最大．所以正【解析】选在最高点恰无压力则：，vB＝. 从P到B由动能定理得：(2R－R)－Wmv－0. 可得：WmgR. 重力做功与路径无关项错；机械能的减少看摩擦力做功多少E＝WmgR，B项错；合外力的功W合mv＝mgR，C项错；由WmgR知正确．【解析】选绳剪断前由平衡条件得m即m绳剪断后由机械能守恒定律可知着地速率的变化量相同机械能都不变化重力势能变化量因质量不同故不同重力做功的平均功率对A：P，PA＝＝mAg，对B：t＝＝＝mBg.又m故P选项正确．【解析】选由动能定理：W则拉力的瞬时功率变化与重力瞬时功率变化相同．由P＝mgv可知大小均不变二者夹角α逐渐增大(90范围则P逐渐增大正确．【解析】选以地面为零势面初始位置的机械能终点位置的机械能E(1－) 损失的机械能此过程中机械能损失原因为摩擦力做功所以W由动能定理W可得【答案】(1)mgL　(2)－mgL　(3)。

【人教通用版】2014届高三物理一轮复习专讲专练：第4-5单元

(考查范围：第四～五单元分值：110分)一、选择题(每小题8分，共48分)图G2－11．如图G2－1所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A．0.3 J B．3 JC．30 J D．300 J图G2－22．2011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器“天宫一号”发射升空，它将在两年内分别与“神舟八号”“神舟九号”“神舟十号”飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室．“神舟八号”与“天宫一号”对接前按如图G2－2所示的轨道示意图运行，下列说法中正确的是()A．“神舟八号”的加速度比“天宫一号”小B．“神舟八号”运行的速率比“天宫一号”小C．“神舟八号”运行的周期比“天宫一号”长D．“神舟八号”运行的角速度比“天宫一号”大3．如图G2－3所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()图G2－3A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度v min＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力4．航天技术的不断发展，为人类探索宇宙创造了条件.1998年1月发射的“月球勘探者号”空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得最新成果．探测器在一些环形山中央发现了质量密集区，当飞越这些重力异常区域时()A．探测器受到的月球对它的万有引力将变大B．探测器运行的轨道半径将变大C．探测器飞行的速率将变大D．探测器飞行的速率将变小图G2－45．如图G2－4甲所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ无摩擦滑下．图G2－5为物体沿x方向和y方向运动的位移－时间图象及速度－时间图象，其中可能正确的是()A B C D图G2－56．如图G2－6所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连．今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中()图G2－6A．弹簧的弹性势能一直减小直至为零B．A对B做的功等于B机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量D．A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A动能的增加量二、实验题(16分)7．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图G2－7所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s打一次点，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2.那么：图G2－7(1)纸带的________端(选填”左”或”右”)与重物相连；(2)根据图上所得的数据，应取图中O点和________点来验证机械能守恒定律；(3)从O点到所取点，重物重力势能减少量ΔE p＝________ J，动能增加量ΔE k＝________ J；(结果取三位有效数字)(4)实验的结论是________________________．三、计算题(46分)8．(22分)我国“海监75”号和“海监84”号为维护我国领海主权，奉命赴南海黄岩岛海域开始对我国渔船执行护渔任务．某日清晨，海面上有薄雾．我国的一艘渔船正在匀速行驶，到达A处时，船老大突然发现后侧面不远处有菲巡逻舰正在向他们靠近，并预计还有40 min就会追上渔船，于是立即向在C处海域执行任务的我国某海监渔政船发出求援信号，我海监执法人员立即推算出40 min后的渔船位置应在D处，马上调好航向，沿CD直线方向从静止出发恰好在40 min内到达D处，如图G2－8甲所示，海监船运动的速度－时间图象如图乙所示．求：甲乙图G2－8(1)海监船走的航线CD的长度．(2)假设该海监船以最大速度航行时轮机输出的总功率为2.5×103 kW，则海监船受海水的阻力有多大？(3)假设海监船受海水的阻力不变，海监船质量为7000吨，则在第36分钟时，轮机通过涡轮对海水的推力为多大？方向如何？9．(24分)小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图G2－9所示．物块A从坡道顶端由静止滑下，求：(1)物块滑到O点时的速度大小；(2)弹簧压缩量最大时的弹性势能；(3)物块A被弹回到坡道时上升的最大高度．图G2－91．A[解析] 若一个鸡蛋大约55 g，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W＝mgh＝55×10－3×10×60×10－2 J＝0.33 J，A正确．2．D[解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mmr2＝ma＝m v2r＝m4π2T2r＝mω2r，所以a＝GMr2，v＝GMr，T＝2πr3GM，ω＝GMr3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a＝GMr2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A错误；根据v＝GMr，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B错误；根据T＝2πr3GM，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C错误；根据ω＝GMr3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D正确．3．BC[解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A错误，选项B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N与小球重力在背离圆心方向的分力F1的合力提供向心力，即：F N－F1＝mv2R＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D错误．4．AC[解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．5．AD[解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项A、D正确．6．BC[解析] 当盒子速度最大时，kx＝(m A＋m B)g sinθ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A错误；除重力外，只有A对B的弹力对B做功，对应B机械能的增加量，选项B正确；对A、B组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C正确；对A应用动能定理可知，A所受重力、弹簧弹力、B对A 的弹力做功之和等于A动能的增加量，因B对A的弹力对A做负功，故知A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A动能的增量，选项D错误．7. (1)左(2)B(3)1.88 1.84(4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O点和B点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T ＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12m v 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.8．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60 m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m 减速阶段x 3＝v m 2·t 3＝202×(40－35)×60 m ＝3×103 m 则航线CD 长度为x ＝x 1＋x 2＋x 3＝36 km.(2)以最大速度匀速行驶时，轮机动力与海水对舰身的阻力平衡，即F －f 阻＝0又P ＝F v m ，解得f 阻＝P v m ＝2.5×10620N ＝1.25×105 N (3)设此时轮机的动力为F ，第36分钟匀减速的加速度 a 3＝0－v m t 3＝－205×60m/s 2＝－115 m/s 2 由牛顿第二定律，有F －f ＝ma 3解得F ＝－3.42×105 N负号表示涡轮机动力方向向后，与运动方向相反．由牛顿第三定律，涡轮对海水的推力应向前，与前进方向相同，大小为F ′＝3.42×105 N.9．(1)2gh ⎝⎛⎭⎫1－μtan θ (2)mgh －μmgh tan θ (3)（tan θ－μ）h tan θ＋μ[解析] (1)物块下滑过程中由动能定理得 mgh －μmg cos θ·h sin θ＝12m v 2 解得v ＝2gh （1－μtan θ）. (2)在水平滑道上，由能量守恒定律得弹簧压缩量最大时的弹性势能E p ＝12m v 2＝mgh －μmgh tan θ. (3)设物块A 能够上升的最大高度为h 1，物块A 被弹回过程中由能量守恒定律得 E p ＝mgh 1＋μm g cos θ.h 1sin θ 解得h 1＝（tan θ－μ）h tan θ＋μ.。

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1．物体在两个相互垂直的力的作用下运动，力F1对物体做功6 J，物体克服力F2做功8 J，则F1、F2的合力对物体做功为()A．14 J．10 JC．2 J ．－2 J解析：由于功为标量，合力对物体做的功应等于各分力做功的代数和，即W ＝6 J＋(－8 J)＝－2 J，故D正确．答案：D2.自动电梯以恒定速度v0匀速上升，一个质量为m的人沿电梯匀速往上走，在t秒内走过此电梯．电梯长为l，电梯斜面倾角为α，则()A．电梯对该人做功为mgl sin αB．电梯对该人做功为mg v0t sin αC．重力的功率为mgl sin αtD．重力的功率为mg v0sin α解析：在人走过此电梯的过程中，人的动能未变，但重力势能增加了mgl sin α.在此过程时间t内电梯只运动了v0t的位移，也就是说电梯只能把人送到v0t sin α的高度，所以B正确、A错误；重力的作用点在人身上，故C正确、D错误．答案：BC3.(2019年福州模拟)如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用F N表示物块受到的支持力，用F f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是()A．F N和F f对物块都不做功B．F N对物块做功为2 J，F f对物块不做功C．F N对物块不做功，F f对物块做功为2 JD．F N和F f对物块所做功的代数和为0解析：由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力F N做正功，但摩擦力F f方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W－mgh＝0，故支持力F N做功为mgh，B正确．答案：B4．(2019年高考江苏单科卷)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大解析：因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动．受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，F＝mg tan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mg v·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大．A项正确．答案：A[命题报告·教师用书独具]正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2019年广州模拟)如图所示，拖着轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是() A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功B．轮胎受到的重力做了正功C．轮胎受到的拉力不做功D．轮胎受到地面的支持力做了正功解析：轮胎受力如图所示．因轮胎位移方向水平向右，故拉力F对轮胎做正功，摩擦力F f对轮胎做负功，重力和支持力对轮胎均不做功，故只有A项正确．答案：A2.如图所示，在外力作用下某质点运动的v -t图象为正弦曲线，从图中可以判断()A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零解析：在0～t1时间内，速度增大，由动能定理知外力做正功，A项正确；在t1、t3两个时刻，质点速率相等，由动能定理知t1～t3时间内，外力做的总功为零，D项正确；v t图象的斜率表示加速度，在t1时刻，a＝0，F＝0，功率为零，故B 项错；t2时刻，F最大，但v＝0，由P＝F v知P＝0，故C项错．答案：AD3．(2019年汕头模拟)一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中() A．汽车的速度与时间成正比B．汽车的位移与时间成正比C．汽车做变加速直线运动D．汽车发动机做的功与时间成正比解析：由F－F f＝ma可知，因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误；由v＝at可知，A正确；而x＝12at2，故B错误；由WF＝F·x＝F·12at2可知，D错误．答案：A4.(2019年黄冈模拟)如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则() A．重力对两物体做的功相同B．重力的平均功率相同C．到达底端时重力的瞬时功率P A＝P BD．到达底端时两物体的速度相同解析：由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A选项正确；由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B选项错误；根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D选项错误；由瞬时功率的计算式可得P A＝mg v sin θ(θ为斜面倾角)，P B＝mg v，因此，到达底端时重力的瞬时功率P A<P B，C选项错误．答案：A5.如图所示，用长为2L的轻绳悬挂一个质量为m的物体，一水平拉力施于轻绳中点拉绳，直到上段绳偏离竖直方向θ角，若拉力大小恒为F，则此过程中F 做的功为()A．FL B．FL cos θC．FL sin θD．mgL(1－cos θ)解析：由于F为恒力，用功的定义式计算，轻绳中点在F方向上的位移为L sin θ，F做功W F＝FL sin θ，故C正确．答案：C6．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为()A．mg v0tan θ B.mg v0 tan θC.mg v0sin θD．mg v0cos θ解析：如图所示，由于v垂直于斜面，可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量v ⊥＝v 0/tan θ，此时重力做功的瞬时功率为P ＝mg v ⊥＝mg v 0tan θ，B 正确．答案：B7．(2019年威海模拟)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N解析：由v -t 图象面积表示相应时间内的位移大小，得A 项正确；0～2 s 内，物体做匀加速运动，设拉力为F 1，由P 1＝F 1v ，得F 1＝306 N ＝5 N ，W 1＝F 1s 1＝5×2×62 J ＝30 J ，W 2＝P 2t 2＝10×4 J ＝40 J ，所以0～6 s 内W ＝W 1＋W 2＝70 J ，B 项正确；由v -t 图得0～2 s 内匀加速运动，2～4 s 内匀速运动，故C 项正确；2～6 s 内，F f ＝F 拉＝P v ＝106 N ＝53 N ，D 项错误．答案：ABC8．(2019年银川模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝k v 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( )A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k 4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k 8解析：速度达到最大时，P v m＝k v 2m 即P ＝k v 3m .由此可知，当v m 增大到2v m 时，若k 不变，功率P 变为原来的8倍，若功率不变，阻力因数变为原来的18.答案：CD9．(2019年高考天津理综)如图甲所示，静止在水平地面的物块A 受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则( )A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 2时刻后物块A 做反向运动D ．t 3时刻物块A 的动能最大解析：0～t 1时间内物块A 仍处于静止状态，F 的功率为零，A 错；t 1～t 3时间内F ＞f m ，对物块A 列方程得F －f m ＝ma ，F 先增大后减小，因此加速度a 先增大后减小，但v 一直增大．当F 最大时，a 最大，B 正确；t 3时刻F ＝f m ，a ＝0，物块A 速度达到最大，故C 错误、D 正确．答案：BD10.质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WD ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W解析：前3 m 位移内拉力F 1＝W 1x 1＝153 N ＝5 N 前3 m 的加速度a 1＝F 1－μmg m ＝1.5 m/s 2前3 m 末速度v 1＝ 2a 1x 1＝3 m/s后6 m 位移内拉力F 2＝W x 2＝27－156 N ＝2 Na 2＝F 2－μmg m ＝0，物体做匀速运动所以整个过程中拉力的最大功率为P max ＝F 1v 1＝5×3 W ＝15 W.答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m ＝5×104 kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m/s 2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m ＝1.02 m/s 的匀速运动．取g ＝10 m/s 2，不计额外功．求：(1)起重机允许输出的最大功率．(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．解析：(1)当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度v m 时，拉力和重力大小相等，即F ＝mg .根据P ＝F vP m ＝mg v m ＝5×104×10×1.02 W ＝5.1×105 W.(2)根据牛顿第二定律F －mg ＝ma又P m ＝F vv ＝at解得：t ＝5 s.当t ′＝2 s 时v ′＝at ′P ′＝F v ′解得P′＝2.04×105 W.答案：(1)5.1×105 W(2)5 s 2.04×105 W12.(15分)(2019年六盘水模拟)如图所示，水平传送带正以2 m/s的速度运行，两端水平距离l＝8 m，把一质量m＝2 kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，不计物块的大小，g取10 m/s2，求摩擦力对物块做功的平均功率．解析：物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，摩擦力对物块做功，物块受向右的摩擦力为：F f＝μmg＝0.1×2×10 N＝2 N，加速度为a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2物块与传送带相对静止时的位移为：x＝v22a＝2 m.摩擦力做功为：W＝F f x＝2×2 J＝4 J相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B端，物块由A 端到B端所用的时间为：t＝va＋l－xv＝5 s则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：P＝Wt＝0.8 W答案：0.8 W。

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[命题报告·教师用书独具]1.()A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出解析：本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了，A错；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B错；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度以平衡摩擦力，才能减小误差，C错；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D正确．答案：D2．(2019年龙岩模拟)在“探究动能定理”的实验中，每次选取纸带后，我们应该取纸带上的哪些点来求小车的速度()A．间距均匀的B．间距不均匀的C．间距均匀的与不均匀的都可D．最好是间距均匀的，若纸带上没有间距均匀的，也可用间距不均匀的解析：橡皮筋完全恢复后不再有力对小车做功，小车做匀速运动，纸带上的点间距变的均匀，故A对，B、C错；若纸带上没有间距均匀的点说明纸带太短，橡皮筋还没完全恢复原状纸带已完全通过打点计时器，这种情况下应选用更长的纸带，或者是因为摩擦力没被平衡掉，故D错．答案：A3．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W……(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3……(3)作出W-v草图；(4)分析W-v图象．如果W-v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝v等关系．以下关于该实验的说法中有一项不．正确，它是________．A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W……B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法：可以使木板适当倾斜C．某同学在一次实验中得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算解析：放开小车之后，小车在橡皮筋的作用下开始加速运动，等到橡皮筋与小车分离之后，小车做匀速直线运动．本实验中测的速度是小车匀速运动的速度，而不是整个过程的平均速度，因此研究纸带上打下的点一定是那些均匀分布的点．答案：D4．在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A.电磁打点计时器；B.天平；C.秒表；D.低压交流电源；E.电池；F.纸带；G.细线、砝码、小车、砝码盘；H.薄木板．(1)其中多余的器材是________，缺少的器材是________．(2)测量时间的工具是______；测量质量的工具是______．(3)如图所示是打点计时器打出的小车(质量为m )在恒力作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T .请分析：利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请说出做法，并对这种做法做出评价．解析：(1)计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表．电磁打点计时器应使用低压交流电源，故多余的器材是C 、E.测量点与点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺．(2)测量时间的工具是电磁打点计时器，测量质量的工具是天平．(3)能．从A 到B 的过程中，恒力做的功为W AB ＝Fx AB ，物体动能的变化量为E k B －E k A ＝12m v 2B －12m v 2A ＝12m (x B 2T )2－12m (x A 2T )2＝12m x 2B －x 2A 4T 2只要验证Fx AB ＝12m x 2B －x 2A 4T 2即可．优点：A 、B 两点的距离较远，测量时的相对误差较小；缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强．答案：(1)CE 毫米刻度尺(2)电磁打点计时器天平(3)见解析5．某探究学习小组的同学们欲探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置．(1)该学习小组的同学想用沙和沙桶的重力作为滑块受到的合力，探究滑块所受合力做功与滑块动能变化的关系．为了实现这个想法，该小组成员提出了以下实验措施，你认为有效的有________．A ．保持沙和沙桶的质量远大于滑块的质量B ．保持沙和沙桶的质量远小于滑块的质量C．保持长木板水平D．把长木板的左端垫起适当的高度以平衡摩擦力E．调整滑轮的高度使细线与长木板平行(2)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的B、K两点来探究滑块所受合力做功与滑块动能变化的关系．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g.在本实验中需要测量的物理量有：沙和沙桶的质量m1、滑块的质量m2，A、C 间的距离s1，J、L间的距离s2，B、K间的距离s.本实验探究结果的表达式为________．(用测量物理量相应的字母表示)解析：(1)沙和沙桶的总质量越小，产生的加速度越小，细线拉力大小越接近沙和沙桶的重力，误差越小，故B正确；由于滑块受到长木板的摩擦力作用，因此要先平衡摩擦力，D正确；为了使细线拉力与滑块运动方向平行，需调整滑轮的高度使细线与长木板平行，E正确．(2)选择B、K之间的过程研究误差较小，对滑块，合力可视为沙和沙桶的重力，做功为W＝m1gs.B、K两处的速度分别为v B＝s12T，v K＝s22T，动能变化为12m2v2K－12m2v2B＝12m2(s22T)2－12m2(s12T)2，故探究结果的表达式为m1gs＝12m2(s22T)2－12m2(s12T)2.答案：(1)BDE(2)m1gs＝12m2(s22T)2－12m2(s12T)26．为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v，并测量出不同初速度的最大滑行距离x，得到下表所示几组数据：(1)出如下推理：根据x-v图象大致是一条抛物线，可以猜想，x可能与v2成正比．请在图乙所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想．(2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2的关系是___________________________________________________．解析：(1)作出x -v2的图线如图所示．(2)由图可以看出，滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2成正比．即：x ∝v2.答案：(1)见解析图(2)x∝v27．某同学利用打点计时器、已知质量为m的滑块、可调节高度的斜面、直尺等仪器进行“探究动能定理”的实验，如图所示，他首先将打点计时器固定在斜面的上端，并将滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，接通低压交流电源(已知其频率为f)后释放滑块，打点计时器在纸带上打下一系列记数点．回答下列问题：(用已知字母表示)(1)写出影响滑块动能变化的主要因素______________________________________________________________．(2)该实验探究中为了求合力，应先求出滑块与斜面的动摩擦因数．该同学通过多次调节斜面的高度，得到一条打点间距均匀的纸带，如图甲所示，此时相对应的斜面长为L、斜面高为h.由此可求出滑块与斜面的动摩擦因数为μ＝________.(3)保持斜面长度不变，升高斜面高度到H(H＞h)，该同学在实验中得到一条打点清晰的纸带，如图乙所示，用直尺测出x1、x2、x3，对A、B两点研究：此时滑块在A、B两点的速度大小为：v A＝________，v B＝________.(4)如果该同学在记录数据时各物理量的单位分别是：L、H、x1、x2、x3单位为cm，质量m单位是kg，频率f单位为Hz，重力加速度g单位为m/s2，对AB 段进行研究，在实验允许的误差范围内，该同学根据记录的数据直接计算合力对滑块所做的功为W，滑块动能的改变量为ΔE k，结果发现两者的差别很大，其原因是________________．写出该同学计算出的数值W与ΔE k之间正确关系的表达式________．解析：(1)由滑块在斜面上运动可知，影响滑块动能变化的是合力的功，即重力做功和摩擦力做功之和．(2)由题图可知滑块在斜面上做匀速直线运动，则有：mg sin θ＝μmg cos θ(θ为斜面的倾角)，可得μ＝tan θ＝hL2－h2.(3)由运动学公式得A点的瞬时速度是v A＝x22T＝x22f，B点的瞬时速度是v B＝x3－x1 2T＝x3－x1 2f.(4)该同学根据记录的数据直接计算合力对滑块所做的功为W和滑块动能的改变量为ΔE k，两者数值差别很大，说明该同学在探究动能定理时单位没有统一用国际单位，应修正为W＝ΔE k×10－2 J.答案：(1)重力做功、摩擦力做功(2)hL2－h2(3)x22fx3－x12f(4)原因见解析W＝ΔE k×10－2 J。

【人教通用版】2014届高考物理一轮复习必拿分基础训练(10)

一、选择题1.(2013·湖南长沙高三质检)如右图所示，将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，充电完成后，将电键S闭合到2位置，让其放电，在电键S闭合瞬间将产生火花．放电后，再次将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，然后断开电键，将两金属板间距离拉大些，并再次将电键闭合到2位置，让其放电，产生火花，则两次放电过程相比较( )A．两次放电过程放出的电荷量相等B．两次放电过程释放的能量相等C．第二次放电过程放出的电荷量较大D．第二次放电过程释放的能量较小解析：两次充电是用同一电源进行的，所以所充电的电荷量相同，故放电时所放出的电荷量也相等，在将两金属板间距离拉大的过程中，克服电场力做功，电场能增加．答案： A2.如右图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝Ud＝QCd＝4kπQεrS，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．所以只有选项B正确．答案： B3．(2013·海门模拟)如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D 正确．答案： D4.如右图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能守恒解析：若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE<mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小．若qE>mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大．故A 、B 错．a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故C 正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，D 错误．答案： C5．(2013·衡阳四市毕业班联考)如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是( )A ．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B ．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C ．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D ．电子射出后动能一定增大解析：由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A 、B 板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A 、B 错，C 对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D 错．答案： C6．(2013·安徽理综)如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F 的大小判断正确的是( )A ．保持R1不变，缓慢增大R2时，F 将变大B ．保持R1不变，缓慢增大R2时，F 将变小C ．保持R2不变，缓慢增大R1时，F 将变大D ．保持R2不变，缓慢增大R1时，F 将变小解析：当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F 三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F 不变，C 、D 两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F 变小．故B 项正确．答案： B7．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．在t ＝2.5 s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3∶2C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 错误．小球在t ＝2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．答案： C8．(2013·山东济南模拟)如下图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析：设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度为v0，则电子经加速电场：eU0＝12mv20① 偏转电场中：L ＝v0t ②y ＝12Ue dmt2③ eU d y ＝12mv2－12mv20④ 由①②③得y ＝L2U 4dU0当滑动触头向右滑动时，U0变大，y 变小，所以选项A 、B 均错．对①②③④得12mv2＝L2U2e 4d2U0＋eU0 当U 增大时，12mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案： D9.一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对解析：小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v21R ，mg(h －2R)＝12mv21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE)(h －2R)＝12mv22，联立解得mg －qE ＝mv22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确．答案： B10.如右图所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 极上的C 点，已知AB ＝BC.不计空气阻力，则可知( )A ．微粒在电场中作类平抛运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等C ．MN 板间的电势差为2mv20/qD ．MN 板间的电势差为Ev20/2g解析：因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动——即抛物线运动，但不是类平抛运动，所以A 错．因AB ＝BC ，即v02·t＝vC 2·t 可见vC ＝v0.故B 项正确；由动能定理，得：W 电＋WG ＝ΔEk ＝0，即：q U 2－mg·v202g＝0，所以 U ＝mv20/q ，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝mv20q ，得U ＝Ev20g，故D 项错误．答案： B二、非选择题11.如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E ＝4.0×102 N/C 、水平向左的匀强电场．一个质量m ＝0.10 kg 、带电荷量q ＝5.0×10－5 C 的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m 的P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m 的Q 点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．解析： (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F ＝qE ＝2.0×10－2 N根据牛顿第二定律F ＝ma ，解得a ＝0.20 m/s2.(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功即ΔE ＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.答案： (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J。

安徽省2014届高考物理一轮小题精练46新人教版.

【安徽省，人教版】 2014 届物理一轮小题精练（46，含答案）1．在“研究功与物体速度变化关系”的实验中，每次选用纸带后，我们应选用纸带上的哪些点来求小车的速度() A．间距平均的B．间距不平均的C．间距平均的与不平均的都可D．最好是间距平均的，若纸带上没有间距平均的，也可用间距不平均的分析：橡皮筋完整恢复后不再有力对小车做功，小车做匀速运动，纸带上的点间距是平均的，故 A 对， B、C 错；若纸带上没有间距平均的点，说明纸带很短，橡皮筋还没完整恢还原状纸带已完整经过打点计时器，在这类状况下应采纳更长的纸带，或许是因为摩擦力没被完整均衡，需从头均衡摩擦力，故 D 错．答案： A2．在“研究功与物体速度变化关系”的实验中，若画出W－ v 的图象，应为图实－5－9 中的哪一个()图实－ 5－ 9分析：经过实验可知，做的功W与小车速度v2成正比，故与v 应是二次函数关系，故 B 正确， A、C、D均错．答案： B3．(2013 ·安徽高考) 研究力对本来静止的物体做的功与物体获取的速度的关系的实验装置如图实－ 5－ 10 所示，实验主要过程以下：图实－ 5－10(1)想法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W(2)剖析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、 v3(3)作出 W－ v 草图；(4) 剖析W－ v 图象．假如W－ v 图象是一条直线，表示W∝ v；假如不是直线，可考虑能否存在W∝v2、 W∝ v3、W∝v等关系．以下对于该实验的说法中有一项不正确，它是________．A．本实验想法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W所采纳的方法是采纳相同的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用 1 条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用 2 条、 3 条橡皮筋并在一同进行第 2 次、第 3 次实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、 3W B．小车运动中会遇到阻力，赔偿的方法，能够使木板适合倾斜C．某同学在一次实验中获取一条记录纸带．纸带上打出的点两头密、中间疏．出现这类状况的原由，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D．依据记录纸带上打出的点，求小车获取的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算分析：松开小车以后，小车在橡皮筋的作用下开始加快运动，等到橡皮筋与小车分别以后，小车做匀速直线运动．本实验中测的速度是小车匀速运动的速度，所以研究纸带上打下的点必定是那些平均散布的点，故 D 不正确．答案： D4．(2013 ·青岛模拟) 某研究学习小组的同学欲考证动能定理，他们在实验室组装了一套如图实－ 5－ 11 所示的装置，此外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙．当滑块连结上纸带，用细线经过滑轮挂上空的小沙桶时，开释小桶，滑块处于静止状态．图实－ 5－ 11若你是小组中的一位成员，要达成该项实验，则：(1)你以为还需要的实验器械有 ____________．(2)实验时为了保证滑块遇到的协力与沙桶的总重力大小基真相等，沙和沙桶的总质量应知足的实验条件是 __________________________ ，实验时第一要做的步骤是________________ ．(3) 在 (2) 的基础上，某同学用天平称量滑块的质量为M.往沙桶中装入适当的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加快运动．用打点计时器记录其运动状况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L 和这两点的速度大小v1与v2( v1＜ v2)．则本实验最后要考证的数学表达式为______________．( 用题中的字母表示实验中丈量获取的物理量)分析：该实验中的研究对象是滑块，目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系．因为合外力不等于滑块的重力，两头质量不行能“抵消”，所以要分别测出沙、滑块的质量，还要测出滑块挪动的距离，便于计当作的功和速度．实验时应注意均衡摩擦力，以减少偏差．从实验方便性上考虑要把沙的重力看做滑11块所受的合外力，m应远远小于M.实验考证的表达式为mgL＝2Mv22－2Mv12.答案： (1) 天平、刻度尺(2) 沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量均衡摩擦力1 1(3)mgL＝2Mv22－2Mv125．在“研究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有以下器械： A. 打点计时器； B. 天平； C秒表； D. 低压沟通电源； E. 电池； F. 纸带； G.细线、砝码、小车、砝码盘； H. 薄木板．(1)此中剩余的器械是 ____________，缺乏的器械是 __________________ ．(2)丈量时间的工具是 __________________；丈量质量的工具是____________________ ．(3) 图实－ 5－ 12所示是打点计时器打出的小车( 质量为m) 在恒力F作用下做匀加快直线运动的纸带．丈量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T.请剖析，利用这些数据可否考证动能定理？若不可以，请说明原由；若能，请说出做法，并对这类做法做出评论．图实－ 5－12分析： (1) 计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表．打点计时器应使用低压沟通电源，故剩余的器械是 C、E.丈量点与点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺乏的器械是毫米刻度尺．(2)丈量时间的工具是打点计时器，丈量质量的工具是天平．(3) 能．从 A 到 B 的过程中，恒力做的功为W AB＝ Fx AB物体动能的变化量为111x B1x AE－E＝222－2m(2T)22mv－2mv＝2m2T)kB kA B A122x B－x A＝2m 4T22 21x B－x A只需考证 Fx AB＝2m 4T2即可．长处： A、 B 两点的距离较远，丈量时的相对偏差较小；弊端：只进行了一次丈量考证，说服力不强．答案： (1)C 、 E毫米刻度尺(2) 打点计时器天平(3)看法析6．(2013 ·珠海模拟) 某同学为研究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了以下实验，他的操作步骤是：①连结好实验装置如图实－5－ 13 所示．②将质量为200 g 的小车拉到打点计时器邻近，并按住小车．③在质量为10 g 、 30 g、 50 g 的三种钩码中，他精选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P 上．④开释小车，翻开打点计时器的电源，打出一条纸带．图实－ 5－ 13(1)在多次重复实验获取的纸带中拿出自以为满意的一条．经丈量、计算，获取以下数据：①第一个点到第 N个点的距离为40.0 cm.②打下第 N点时小车的速度大小为 1.00 m/s. 该同学将钩码的重力看作小车所受的拉力，拉力对小车做的功为________J ，小车动能的增量为________J.(2)此次实验研究结果，他没能获取“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且偏差很大，明显，在实验研究过程中忽略了各样产生偏差的要素．请你依据该同学的实验装置和操作过程帮助剖析一下，造成较大偏差的主要原由有：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.分析： (1) 拉力F＝mg＝0.050 ×9.8 N ＝ 0.49 N ，拉力对小车做的功W＝ F× l ＝×0.400 J＝0.196 J11小车动能的增量k＝2＝×0.200 ×1.00 2JE2mv2＝ 0.100 J(2)偏差很大的可能原由：①小车质量不知足远大于钩码质量；②没有均衡摩擦力；③先放小车后开电源，使打第一个点时，小车已有了必定的初速度．答案：(2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有均衡摩擦力；③操作错误：先放小车后开电源7．(2013 ·南京模拟 ) 为了研究功与物体速度变化的关系，现供给如图实－5－ 14 所示的器械，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思虑研究思路并回答以下问题． ( 打点计时器沟通电频次为 50 Hz)图实－ 5－ 14(1)为了除去摩擦力的影响应采纳什么举措？________________________________________________________________________.(2) 当我们分别用相同的橡皮筋 1 条、 2 条、 3 条并起来进行第 1 次、第2次、第3 次实验时，每次实验中橡皮筋拉伸的长度都保持一致，我们把第 1 次实验时橡皮筋对小车做的功记为W.(3)因为橡皮筋对小车做功而使小车获取的速度能够由打点计时器和纸带测出，如图实－ 5－ 15 所示是此中四次实验打出的部分纸带．图实－ 5－ 15(4)试依据第(2)、(3)项中的信息，填写下表.次数1234橡皮筋对小车做功W小车速度v(m/s)v2(m2/s2)从表中数据可得出结论：__________________________________________________.分析： (1) 将木板固定有打点计时器的一端垫起适合的高度，使小车迟缓匀速下滑．x(4) 由匀速运动的速度公式v＝ t ，即可求出小车的速度，此中x 从图上读出分别为1cm、 2.83 cm 、 3.46 cm 、4.00 cm ，t＝T＝f＝ 0.02 s.次数1234橡皮筋对小车做功2W3W4W小车速度 v(m/s)v2(m2/s2)在偏差同意的范围内，橡皮筋对小车做的功与小车速度的平方成正比．答案：看法析8．(2013 ·上海高考) 利用图实－5－ 16(a) 所示实验装置可大略丈量人吹气产生的压强．两端张口的细玻璃管水平搁置，管内塞一湿润小棉球，实验者从玻璃管的一端 A 吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时棉球的静止地点与管口 B 的距离 x，落地址 C与管口 B 的水平距离l ，而后多次改变 x，测出对应的l ，画出 l 2－ x 关系图线如图(b)所示，并由此得出相应的斜率k.图实－ 5－ 16(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力，依据以上测得的物理量可得，棉球从B 端飞出时速度 v0＝________.(2)假定实验者吹气能保持玻璃管内气体压强一直为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加快度g、大气压强p0均为已知，利用图(b) 中拟合直线的斜率k 可得，管内气体压强p＝________.(3) 考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦力，则(2) 中获取的p 与实质压强对比________( 填：偏大、偏小) ．1分析： (1) l＝v0t，h＝2gt 2，得v0＝l1(2)( p－p0) Sx＝2mv02－p0故 l 2＝mg x＝ kxkmg因此有： p＝ p0＋4Sh.g 2h .(3)因没有考虑摩擦阻力的作用，求出的压强偏小．g kmg答案： (1) l2h(2) p0＋4Sh(3) 偏小。

安徽省2014届高考物理一轮小题精练77新人教版汇总

【安徽省，人教版】 2014 届物理一轮小题精练（77，含答案）1. 日来源子能企业所属敦贺湾核电站因为水管破碎致使高辐射冷却剂外流，在检测此次重要事故中应用了非电量变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转移为电信号的自动化丈量技术 . 图是一种经过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小便可知容器中液面地点的高低，为此，以下说法中正确的选项是A.假如指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必液面高升B.假如指示器显示电容减小了，则两电极正对面积增大，必液面高升C.假如指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，液面必降低D.假如指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必降低2. 如下图，平行板电容器经开关S 与电池连结， a 处有一电荷量特别小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势， F 表示点电荷遇到的电场力. 现将电容器的 B 板向下略微移动，使两板间的距离增大，则A. φa变大，F变大B. φa变大，F变小C. φa不变，F不变D.φa不变，F变小3. 如下图，虚线、b 和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ a、φ ba和φ，φ ＞φ ＞φ，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹照实线KLMN所示，由图可c abc知A. 粒子从K到L的过程中，电场力做负功B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功C. 粒子从K到L的过程中，静电势能增添D. 粒子从L到M的过程中，动能减小4.离子发动机飞船，其原理是用电压 U加快一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船获得加快，在氦、氖、氩、氪、氙中采用了氙，原因是用相同电压加快，它喷出时A. 速度大B. 动量大C. 动能大D. 质量大5. 如下图，从 F 处开释一个无初速的电子向B极方向运动，指出以下对电子运动的描述中哪句是错误的（设电源电动势为U）A. 电子抵达 B 板时的动能是U eVB. 电子从B板抵达C板动能变化量为零C. 电子抵达D板时动能是 3 eVD. 电子在A板和D板之间做来去运动6. a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如下图，此中 b①在 b 飞离电场的同时， a 恰巧打在负极板上② b 和 c 同时飞离电场③进入电场时， c 的速度最大， a 的速度最小④动能的增量对比， c 的最小， a 和b 的相同大A. ①B. ①②C. ③④D. ①③④7.在图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的 A 极板与敏捷的静电计相接，极板B 接地.若极板 B 稍向上挪动一点，由察看到静电计指针的变化，作出电容器电容变小的依照是A.两极间的电压不变，极板上电荷量变小B.两极间的电压不变，极板上电荷量变大C.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小D.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大8. 如下图，电子在电势差为U1的加快电场中由静止开始运动，而后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装必定置处在真空中，重力可忽视，在知足电子能射出平行板区的条件下，下述四种状况中，能使电子的偏转角θ变大的是A. U1变大、U2变大B. U1变小、U2变大C. U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小9. 密立根油滴实验进一步证明了电子的存在，揭露了电荷的非连续性. 如下图是密立根实验的原理表示图，设小油滴质量为m，调理两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q=_______.10.水平搁置的平行板电容器的电容为C，板间距离为 d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q 的微粒恰巧做匀速直线运动. 若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需的时间_______.11.来自质子源的质子（初速度为零），经一加快电压为 800 kV 的直线加快器加快，形成电流强度为 1 mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10-19C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为 ______，假设散布在质子源到靶之间的加快电场是平均的，在质子束中与质子源相距l 和4l 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，此中的质子数分别为n 和 n ，则1 2n1/ n2=______.12. 如下图，一绝缘细圆环半径为r ，其环面固定在水平面上，场强为 E 的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经 A 点时速度 v A的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度 v A=_______.当小球运动到与 A 点对称的 B 点时，小球对圆环在水平方向的作使劲N=_______.B13.证明：在带电的平行金属板电容器中，只需带电粒子垂直电场方向射入（不必定在正中间），且能从电场中射出如下图，则粒子射入速度 v0的方向与射出速度 v t的方向的交点 O必然在板长 L 的中点.14.如下图，一对竖直搁置的平行金属板 A、B 组成电容器，电容为 C.电容器的 A 板接地，且中间有一个小孔 S.一个被加热的灯丝 K 与 S 位于同一水平线，从灯丝上能够不停地发射出电子，电子经过电压 U0加快后经过小孔 S 沿水平方向射入 A、B 两极板间.设电子的质量为 m，电荷量为 e，电子从灯丝发射时的初速度不计.假如抵达 B 板的电子都被 B 板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n，跟着电子的射入，两极板间的电势差渐渐增添，最后使电子没法抵达 B 板.求：（1）当 B 板汲取了 N个电子时， A、B两板间的电势差.（2）A、B两板间可达到的最大电势差.（3）从电子射入小孔 S 开始到 A、B 两板间的电势差达到最大值所经历的时间 .15. （ 12 分）在圆滑水平面上有一质量=1.0 × 10-3 kg 、电荷量=1.0 × 10-10 C 的带正m q电小球，静止在O点，以 O点为原点，在该水平面内成立直角坐标系Oxy，现忽然加一沿 x 轴正方向、场强盛小 E=2. 0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过 1.0 s ，所加电场忽然变成沿y 轴正方向、场强盛小仍为=2.0 ×106 V/m 的匀强电场，再经过 1.0 s，所加E电场又忽然变成另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经 1.0 s 速度变成零，求此电场的方向及速度变成零时小球的地点 .11.6.25 × 1015个， 2/1 ，n=I/e =6.25 ×1015个，设质子在与质子源相距l 和4l 的两处的速度分别为v1、 v2，则 v1/ v2=2al2a 4ln1 Q1 It1 t1 v2 2.n2 Q2 It 2 t2 v1 1=1/2 ，极短的相等长度质子流中质子数之比为12.Eqr / m，6Eq13.从偏移量 y 与偏转角θ的关系即可获得证明.14. （ 1）Ne （ 2）U（3）U 0C C ne15. 第 3 s内所加电场方向指向第三象限，与x 轴与225°角；小球速度变成零的地点（0.40 m ，0.20 m ）. 小球在第 1 s内沿x轴正方向做匀加快直线运动；第 2 s内沿x轴正方向做匀速运动，沿y 轴正方向做初速度为零的匀加快运动；第 3 s内做匀减速直线运动，至速度减小到零 .。

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(3)若 BC 取得最大值,则 DE 的长至少是多少?
8.( ☆ 选做题)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛,比赛路径如图所示,赛车从起点 A 出发,沿水平直线轨道运动 L 后,由 B 点进入半径为 R 的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到 C 点,并能越过壕沟.已知赛车质量 m=0.1 rmkg,通电后以额定功率P=1.5 W 工作,进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为 0.3 N,随后在运动中受到的阻力均可不计.图中 L=10.00 m,R=0.32 m,h=1.25 m,s=1.50 m.问:要使赛车完成比赛,电动机至
C. mgR 2
4.如图所示,在光滑四分之一圆弧轨道的顶端 a 点,质量为 m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑,经圆弧最低点 b 滑上粗糙水平面,圆弧轨道在 b 点与水平轨道平滑相接,物块最终滑至
c 点停止.若圆弧轨道半径为 R,物块与水平面间的动摩擦因数为下列说法正确的是( )
A.物块滑到 b 点时的速度为 gR
点.下列说法中正确的是( )
A.小球从 A 出发到返回到 A 的过程中,位移为零,合外力做功为零 B.小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程,减少的动能相等 C.小球从 A 到 B 过程与从 B 到 A 过程,损失的机械能相等 D.小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程,速度的变化量相等
N,则小球经过的总路程为多少?
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。