江苏省2019年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升10
年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升1
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v -t图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则()A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 命题意图：本题考查速度—时间图象、追及和相遇问题及相关的知识点，意在考查考生对速度—时间图象的理解和掌握能力．解析：根据题述，两车在t ＝3 s 时并排行驶，由图线与横轴所围面积表示位移可知，在t ＝1 s 时，甲车和乙车并排行驶，选项A 、C 错误；由题给图象可知，在t ＝1 s 时甲车速度为10 m/s ，乙车速度为15 m/s ，0～1 s 时间内，甲车行驶位移为x 1＝5 m ，乙车行驶位移为x 2＝12.5 m ，所以在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项B 正确；从t ＝1 s 到t ＝3 s ，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x ＝12(10＋30)×2 m ＝40 m ，选项D 正确．★答案★：BD2．(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为x ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.xt 2 B.3x 2t 2 C.4x t2 D.8x t2 命题意图：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．解析：设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v-t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，x t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝xt2，A 项正确；B 、C 、D 项错误．★答案★：A3．(多选)(2013·全国卷Ⅰ)如图，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线．由图可知()A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大命题意图：本题考查位移图象、追及问题等知识点，通过交点知道谁追上谁，通过斜率知道速度如何变化．本题意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力．解析：由x-t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x-t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b 车沿负方向运动，B选项正确；x-t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先减小后增加，C选项正确，D选项错误．★答案★：BC4.(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于v1＋v22C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大命题意图：本题考查了匀变速运动中的追及和相遇问题，图中斜率代表加速度，交点代表速度相等，距离产生最值，面积代表位移．解析：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝xt得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于v1＋v22，选项B错误；根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．★答案★：A5．(2013·全国卷Ⅰ)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0，2l)、(0，－l)和(0，0)点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．命题意图：本题考查了匀变速直线运动规律．本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例，分别解出A、B的位置y A、x B，再由A、B各自的运动，列出方程y A＝2l＋12at2，①x B＝v B t，②就可求解v B＝146al.难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．解析：设B车的速度大小为v，如图，标记R在时刻t通过点R′(l，l)，此时A、B的位置分别为A′、B′.由运动学公式，A′的纵坐标y A′、B′的横坐标x B′分别为y A′＝2l＋12at2，x B′＝v-t，在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1.由几何关系知x R′x B′＝y A′－ly A′＋l＝23，x R′x B′＝lv t＝23，联立解得v＝6al 4.★答案★：6al 4感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升(共14专题)
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m命题意图：本题考查速度—时间图象、追及和相遇问题及相关的知识点，意在考查考生对速度—时间图象的理解和掌握能力．解析：根据题述，两车在t＝3 s时并排行驶，由图线与横轴所围面积表示位移可知，在t＝1 s时，甲车和乙车并排行驶，选项A、C错误；由题给图象可知，在t＝1 s时甲车速度为10 m/s，乙车速度为15 m/s，0～1 s时间内，甲车行驶位移为x1＝5 m，乙车行驶位移为x2＝12.5 m，所以在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m，选项B正确；从t＝1 s到t＝3 s，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x＝12(10＋30)×2 m＝40 m，选项D正确．答案：BD2．(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.xt2B.3x2t2C.4xt2D.8xt2命题意图：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．解析：设质点的初速度为v0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v-t＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，x t ＝v0＋3v02＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝3v0－v0t＝2v0t，由以上两式可知，a＝xt2，A项正确；B、C、D项错误．答案：A3．(多选)(2013·全国卷Ⅰ)如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线．由图可知( )A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大命题意图：本题考查位移图象、追及问题等知识点，通过交点知道谁追上谁，通过斜率知道速度如何变化．本题意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力．解析：由x-t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x-t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b车沿负方向运动，B选项正确；x-t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先减小后增加，C选项正确，D选项错误．答案：BC4.(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内( )A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于v1＋v2 2C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大命题意图：本题考查了匀变速运动中的追及和相遇问题，图中斜率代表加速度，交点代表速度相等，距离产生最值，面积代表位移．解析：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝xt 得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于v1＋v22，选项B错误；根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．答案：A5．(2013·全国卷Ⅰ)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0，2l)、(0，－l)和(0，0)点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．命题意图：本题考查了匀变速直线运动规律．本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例，分别解出A、B 的位置y A 、x B ，再由A 、B 各自的运动，列出方程y A ＝2l ＋12at 2，① x B ＝v B t ，②就可求解v B ＝146al . 难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．解析：设B 车的速度大小为v ，如图，标记R 在时刻t 通过点R ′(l ，l )，此时A 、B 的位置分别为A ′、B ′.由运动学公式，A ′的纵坐标y A ′、B ′的横坐标x B ′分别为y A ′＝2l ＋12at 2，x B ′＝v-t ，在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为2∶1，由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2∶1.由几何关系知x R ′x B ′＝y A ′－l y A ′＋l ＝23，x R ′x B ′＝l vt ＝23， 联立解得v ＝6al 4. 答案：6al 4章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a和b受到绳的拉力大小均等于物体a的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，选a受力分析得，绳子拉力F T＝m a g，所以物体a和b受到绳的拉力保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x＋F f＝F x，F y＋F N＋F T y＝m b g，F T和m b g始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN 逐渐增大，F OM 先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F进行分解，F的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f≠μmg.解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F＝μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f＝μF N，F N＝mg－F sin θ，可知摩擦力为F f＝μ(mg－F sin θ)，F f＝12 F，代入数据为：12μmg＝μ(mg－32F)，联立可得μ＝3 3.答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm ，伸长为100 cm ，则AC 段长50 cm ，故∠ACD ＝53°.由受力平衡2F 1cos 53°＝mg ，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F 2＝mg .假设绳子的劲度系数为k ，则绳子拉力F 1＝k (50 cm －40 cm)，F 2＝k (x －40 cm)，解得x ＝46 cm ，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m 解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m，C正确．答案：C章末整合提升1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图甲图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题意图：本题考查牛顿第二定律、受力分析、速度图象及其相关的知识点，意在考查考生运用相关知识分析解决实际问题的能力．难度中等偏难．解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A．8 B．10C．15 D．18命题意图：本题借助连接体问题考查了牛顿第二定律和隔离法，意在考查考生的逻辑推理能力．解析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝23max，联立可得n＝53x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．命题意图：本题考查运动学公式与动能定理的应用．解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv21－12mv20，①解得μ＝v20－v212gs0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得v20－v21＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝12a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝s1（v1＋v0）22s20.答案：(1)v20－v212gs0(2)s1（v1＋v0）22s204．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．命题意图：本题通过滑块—木板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等相关知识点．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g，①F f2＝μ1m B g，②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g，③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A，④F f2＝m B a B，⑤F f2－F f1－F f3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式对木板有：v2＝v1－a2t2，⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2，⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m，(也可用如图所示的速度—时间图线求解)．答案：(1)1 m/s (2)1.9 m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．命题意图：本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝ 4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②x0＝v0t1＋12a1t21，③式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由题图乙可得a2＝v2－v1t2－t1，⑥式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3Δt，⑨v3＝v1＋a2Δt，⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝－v1＋v32Δt，⑪小物块运动的位移为x2＝v1＋v32Δt，⑫小物块相对木板运动的位移为Δx＝x2－x1，⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮0－v23＝2a4x3，⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3，⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m章末整合提升万有引力与航天⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧开普勒行星运动定律万有引力定律⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：F ＝G m 1m2r 2定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma计算天体的质量和密度人造地球卫星⎩⎪⎨⎪⎧人造地球卫星的环绕速度地球同步卫星1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 命题意图： 本题考查平抛运动规律及其相关的知识点． 解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心命题意图：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题．解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．答案：A3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )A.L 12 g6h <v <L 1g 6hB.L 14 g h <v < （4L 21＋L 22）g6hC.L 12 g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h解析：当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小．由平抛运动规律，L 12＝v 1t ，2h ＝12gt 2，联立解得：v 1＝L 14gh.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大．由平抛运动规律， L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝v 2t ′，3h ＝12gt ′2，联立解得：v 2＝12（4L 21＋L 22）g6h .即速度v 的最大取值范围为L 14gh<v <12（4L 21＋L 22）g6h，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功命题意图：本题考查万有引力定律在天体运行中的应用．解析：在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C 项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于T04，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确．答案：CD5．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A．周期变大B．速率变大C．动能变大D．向心加速度变大命题意图：本题考查天体运动、圆周运动的知识．解析：组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据GMm R2＝m v2R，可得v＝GMR，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又T ＝2πRv，则周期T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度a ＝GMR2，不变，D 项错误．答案：C6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h命题意图：本题考查同步卫星、开普勒第三定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力．解题关键：解答此题的关键是地球同步卫星的周期等于地球自转周期以及运动周期与轨道半径的关系．解析：设地球半径为R ，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r ＝2R .设地球自转周期的最小值为T ，则由开普勒第三定律可得，（6.6R ）3（2R ）3＝（24 h ）2T2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．答案：B章末整合提升机械能⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎨⎪⎧做功的两个必要因素恒力做功：W ＝Fl cos θ变力做功功率⎩⎪⎨⎪⎧平均功率：P ＝W t 或P ＝Fv cos θ瞬时功率：P ＝Fv cos θ机车的两种启动方式⎩⎪⎨⎪⎧以恒定的功率启动以恒定的加速度启动机械能⎩⎪⎨⎪⎧动能：E k ＝12mv2重力势能：E p ＝mgh机械能：E ＝E k＋Ep基本规律⎩⎪⎨⎪⎧功能关系：W ＝ΔE 动能定理：W ＝E k2－Ek1机械能守恒定律：E k1＋E p1＝E k2＋Ep2能量转化和守恒定律1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B.v 28g C.v 24gD.v 22g命题意图：本题考查力与运动、功能关系及机械能守恒定律等知识．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律
第一章直线运动第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律课时跟踪练(二) 匀变速直线运动和自由落体运动的规律时间：40分钟答案见P35A组基础巩固1．(2018·河南林州一中质检)某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s解析：设航母匀速运动的最小速度为v1，飞机起飞速度为v2，对于航母则有x1＝v1t，对于飞机则有v2＝v1＋at，飞机起飞时的位移满足v22－v21＝2ax2，两者相对位移等于航母的跑道长，故有x2－x1＝160 m，联立解得v1＝10 m/s，故A正确．答案：A2．(多选)(2018·湖南常德一中模拟)A与B两个质点向同一方向运动，A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动．开始计时时，A，B位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( ) A．两质点速度相等B．A与B在这段时间内的平均速度相等C．A的瞬时速度是B的2倍D．A与B的位移相同解析：要求A、B同一时刻到达同一位置，初始时刻A、B位于同一位置，末时刻又在同一位置，所以两质点位移相等，故D正确；A、B同时开始运动，所以相遇时运动的时间相等，可知平均速度相等，故B正确；相遇时位移相等，设A的速度为v A，B的速度为v B，则有v At＝v B t，得v A＝2v B，故C正确，A错误．2答案：BCD3．(2018·福建师大附中模拟)在空中的某点O以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8 s后物体的速率变为8 m/s，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(g取10 m/s2)( )A．在O点上方，速度方向向下B．在O点上方，速度方向向上C．在O点，速度方向向下D．在O点下方，速度方向向下解析：取竖直向上为正方向，若物体此时的位置在O点上方或下方，速度方向向下，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝0，与物体以一定的初速度竖直向上抛出不符，故A、D错误；若物体此时的位置在O点上方，速度方向向上，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝16 m/s，与物体以一定的初速度竖直向上抛出相符，故B正确；若物体在O点，则上升和下降的时间均为0.4 s，回到O点的速度为v＝gt ＝4 m/s ，与题目数据不符，故C 错误．答案：B4.(2018·株洲二中模拟)为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB .已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起始落点的竖直距离约5 m ．这个照相机的曝光时间约为(g 取10 m/s 2)( )A ．1×10－3 sB ．1×10－2 sC ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动位移为 5 m 时的末速度为：v 1＝2gh ＝10 m/s ；由于0.12 m 远小于5 m ，故可能近似地将AB 段当成匀速运动，故时间为：t ＝ABv 1＝0.012 s ≈0.01 s ，故选B.答案：B5．(2017·株洲二中检测)如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最终停在O 点．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为L 1、L 2、L 3，小物块由A 、B 、C 三点运动到O 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A.L 1t 1＝L 2t 2＝L 3t 3 B.L 1t 1<L 2t 2<L 3t 3C.L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23D.L 1t 21<L 2t 22<L 3t 23解析：研究小物块运动的逆过程，小物块从O 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x ＝12at 2，故a ＝2xt2， 故位移与时间平方的比值为定值，即L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23，故选C.答案：C6．(多选)汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，第4 s 末通过B 点时关闭发动机，再经6 s 到达C 点时停止．已知AC 的长度为30 m ，则下列说法正确的是( )A ．通过B 点时速度是3 m/s B ．通过B 点时速度是6 m/sC ．AB 的长度为12 mD ．汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同解析：汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，画出v-t 图象，由图可得x AC ＝12v B t ，解得v B ＝6 m/s ，所以选项A 错误，B 正确；0～4 s 内，x AB ＝12v B t 1＝12 m ，所以选项C 正确；由v ＝v 0＋v t2，知汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同，选项D 正确．答案：BCD7．(多选)(2017·温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为 5 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a＝－8－5 s ＝1.6 s<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m －6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝1.68 s＝0.2 s 时汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．答案：AD8．一质点由静止从A 点出发，先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，后做匀减速直线运动，加速度大小为3a ，速度为零时到达B 点．A 、B 间距离为x ，求质点运动过程中的最大速度．解析：设运动过程中的最大速度为v ，则匀加速直线运动的位移x 1＝v 22a，匀减速直线运动的位移x2＝v22×3a，由题意x＝v22a ＋v22×3a，解得v＝3ax 2.答案：3ax2B组能力提升9．(2018·蚌埠模拟)一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后做匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经时间t恰能回到出发点，则a1∶a2应为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：规定初速度方向为正方向，在加速阶段有x＝12a1t2，减速阶段有－x＝v0t－12a2t2，其中v0＝a1t，可得a1∶a2＝1∶3，C正确．答案：C10．(2018·湖南长沙雅礼中学月考)如图所示，一物体做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，其中B是AC的中点．已知物体在AB段的平均速度大小为3 m/s，在BC段的平均速度大小为6 m/s，则物体经过B点时的速度大小是( )A．4 m/s B．4.5 m/sC．5 m/s D．5.5 m/s解析：因为物体在AB段的平均速度大小为3 m/s，所以3 m/s＝v A ＋v B2，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，所以6 m/s ＝v C ＋v B2；又因为AB ＝AC ，故v 2B －v 2A ＝v 2C －v 2B ，联立解得v B ＝5 m/s ，C 正确．答案：C11．(2018·福州模拟)某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于水平地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s 到达离地面40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小； (2)火箭上升离地面的最大高度； (3)火箭从发射到返回发射点的时间．解析：设燃料恰好用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点．(1)对第一个过程有h 1＝v 12t 1，代入数据解得v 1＝20 m/s.(2)对第二个过程有h 2＝v 212g，代入数据解得h 2＝20 m ，所以火箭上升离地面的最大高度h ＝h 1＋h 2＝60 m.(3)第二个过程用时t 2＝v 1g，代入数据解得t 2＝2 s ，设火箭从最高点返回发射点用时t 3 由h ＝12gt 23得t 3＝2hg，代入数据解得t 3≈3.5 s ，火箭从发射到返回发射点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝9.5 s. 答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)9.5 s12．(2018·山东潍坊中学模拟)我国东部14省市ETC 联网已正常运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v 1＝15 m/s 的速度朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前x ＝10 m 处正好匀减速至v 2＝5 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至速度为0，经过t ＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2.求：(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 解析：(1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x 1＝v 21－v 222a＝100 m ，所以总的位移x 总1＝2x 1＋x ＝210 m.(2)过ETC 通道时t 1＝v 1－v 2a ×2＋xv 2＝22 s ，过人工收费通道时t 2＝v 1a×2＋t ＝50 s ，x 2＝v 212a×2＝225 m ，二者的位移差Δx ＝x 2－x 总1 ＝(225－210) m ＝15 m ，在这段位移内汽车过ETC 通道时是做匀速直线运动，所以Δt ＝t 2－⎝⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1＝27 s. 答案：(1)210 m (2)27 s。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升(共14专题)
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 命题意图：本题考查速度—时间图象、追及和相遇问题及相关的知识点，意在考查考生对速度—时间图象的理解和掌握能力．解析：根据题述，两车在t ＝3 s 时并排行驶，由图线与横轴所围面积表示位移可知，在t ＝1 s 时，甲车和乙车并排行驶，选项A 、C 错误；由题给图象可知，在t ＝1 s 时甲车速度为10 m/s ，乙车速度为15 m/s ，0～1 s 时间内，甲车行驶位移为x 1＝5 m ，乙车行驶位移为x 2＝12.5 m ，所以在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项B 正确；从t ＝1 s 到t ＝3 s ，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x ＝12(10＋30)×2 m ＝40 m ，选项D 正确． 答案：BD2．(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为x ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.x t 2B.3x 2t 2C.4xt 2 D.8x t 2命题意图：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．解析：设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v-t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，x t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t，由以上两式可知，a ＝x t 2，A 项正确；B 、C 、D 项错误． 答案：A3．(多选)(2013·全国卷Ⅰ)如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线．由图可知( )A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大命题意图：本题考查位移图象、追及问题等知识点，通过交点知道谁追上谁，通过斜率知道速度如何变化．本题意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力．解析：由x-t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x-t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b车沿负方向运动，B选项正确；x-t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先减小后增加，C选项正确，D选项错误．答案：BC4.(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内( )A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于v1＋v22C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大命题意图：本题考查了匀变速运动中的追及和相遇问题，图中斜率代表加速度，交点代表速度相等，距离产生最值，面积代表位移．解析：根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝xt 得，汽车甲的平均速度大于汽车乙的平均速度，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于v1＋v22，选项B错误；根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．答案：A5．(2013·全国卷Ⅰ)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0，2l)、(0，－l)和(0，0)点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．命题意图：本题考查了匀变速直线运动规律．本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例，分别解出A、B 的位置y A 、x B ，再由A 、B 各自的运动，列出方程y A ＝2l ＋12at 2，①x B ＝v B t ，②就可求解v B ＝146al . 难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．解析：设B 车的速度大小为v ，如图，标记R 在时刻t 通过点R ′(l ，l )，此时A 、B 的位置分别为A ′、B ′.由运动学公式，A ′的纵坐标y A ′、B ′的横坐标x B ′分别为y A ′＝2l ＋12at 2，x B ′＝v-t ，在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为2∶1，由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2∶1.由几何关系知x R ′x B ′＝y A ′－l y A ′＋l ＝23，x R ′x B ′＝l vt ＝23， 联立解得v ＝6al 4. 答案：6al 4章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a 和b 受到绳的拉力大小均等于物体a 的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F 保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a 、b 均保持静止，选a 受力分析得，绳子拉力F T ＝m a g ，所以物体a 和b 受到绳的拉力保持不变，C 选项错误；a 、b 受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO ′的张力不变，A 选项错误；对b 进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x ＋F f ＝F x ，F y ＋F N ＋F T y ＝m b g ，F T 和m b g 始终不变，当F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B 选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D 选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN 逐渐增大，F OM 先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F进行分解，F的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f≠μmg.解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F＝μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f＝μF N，F N＝mg－F sin θ，可知摩擦力为F f＝μ(mg－F sin θ)，F f＝12 F，代入数据为：12μmg＝μ(mg－32F)，联立可得μ＝33.答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm ，伸长为100 cm ，则AC 段长50 cm ，故∠ACD ＝53°.由受力平衡2F 1cos 53°＝mg ，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F 2＝mg .假设绳子的劲度系数为k ，则绳子拉力F 1＝k (50 cm －40 cm)，F 2＝k (x －40 cm)，解得x ＝46 cm ，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m 解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m，C正确．答案：C章末整合提升1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图甲图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题意图：本题考查牛顿第二定律、受力分析、速度图象及其相关的知识点，意在考查考生运用相关知识分析解决实际问题的能力．难度中等偏难．解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A．8 B．10C．15 D．18命题意图：本题借助连接体问题考查了牛顿第二定律和隔离法，意在考查考生的逻辑推理能力．解析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝23max，联立可得n＝53x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．命题意图：本题考查运动学公式与动能定理的应用．解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv21－12mv20，①解得μ＝v20－v212gs0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1（v 1＋v 0）22s 20.答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1（v 1＋v 0）22s 24．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．命题意图：本题通过滑块—木板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等相关知识点．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f 1、F f 2和F f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有F f 1＝μ1m A g ，① F f 2＝μ1m B g ，②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g，③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A，④F f2＝m B a B，⑤F f2－F f1－F f3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s.⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2，⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式对木板有：v2＝v1－a2t2，⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2，⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22，⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2，⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B，⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m，(也可用如图所示的速度—时间图线求解)．答案：(1)1 m/s (2)1.9 m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．命题意图：本题主要考查牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考查考生运用力学知识解决实际问题的能力．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝ 4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②x0＝v0t1＋12a1t21，③式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由题图乙可得a2＝v2－v1t2－t1，⑥式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3Δt，⑨v3＝v1＋a2Δt，⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝－v1＋v32Δt，⑪小物块运动的位移为x2＝v1＋v32Δt，⑫小物块相对木板运动的位移为Δx＝x2－x1，⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δx＝6.0 m．⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，⑮0－v23＝2a4x3，⑯碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3，⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m章末整合提升万有引力与航天⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧开普勒行星运动定律万有引力定律⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：F ＝G m 1m2r 2定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma计算天体的质量和密度人造地球卫星⎩⎪⎨⎪⎧人造地球卫星的环绕速度地球同步卫星1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 命题意图： 本题考查平抛运动规律及其相关的知识点． 解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心命题意图：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题．解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．答案：A3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )A.L 12 g6h <v <L 1g 6hB.L 14 g h <v < （4L 21＋L 22）g6hC.L 12 g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h解析：当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小．由平抛运动规律，L 12＝v 1t ，2h ＝12gt 2，联立解得：v 1＝L 14gh.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大．由平抛运动规律， L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝v 2t ′，3h ＝12gt ′2，联立解得：v 2＝12（4L 21＋L 22）g6h .即速度v 的最大取值范围为L 14gh<v <12（4L 21＋L 22）g6h，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功命题意图：本题考查万有引力定律在天体运行中的应用．解析：在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C 项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于T04，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确．答案：CD5．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A．周期变大B．速率变大C．动能变大D．向心加速度变大命题意图：本题考查天体运动、圆周运动的知识．解析：组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据GMm R2＝m v2R，可得v＝GMR，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又T ＝2πRv，则周期T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度a ＝GMR2，不变，D 项错误．答案：C6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h命题意图：本题考查同步卫星、开普勒第三定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力．解题关键：解答此题的关键是地球同步卫星的周期等于地球自转周期以及运动周期与轨道半径的关系．解析：设地球半径为R ，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r ＝2R .设地球自转周期的最小值为T ，则由开普勒第三定律可得，（6.6R ）3（2R ）3＝（24 h ）2T2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．答案：B章末整合提升机械能⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎨⎪⎧做功的两个必要因素恒力做功：W ＝Fl cos θ变力做功功率⎩⎪⎨⎪⎧平均功率：P ＝W t 或P ＝Fv cos θ瞬时功率：P ＝Fv cos θ机车的两种启动方式⎩⎪⎨⎪⎧以恒定的功率启动以恒定的加速度启动机械能⎩⎪⎨⎪⎧动能：E k ＝12mv2重力势能：E p ＝mgh机械能：E ＝E k＋Ep基本规律⎩⎪⎨⎪⎧功能关系：W ＝ΔE 动能定理：W ＝E k2－Ek1机械能守恒定律：E k1＋E p1＝E k2＋Ep2能量转化和守恒定律1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B.v 28g C.v 24gD.v 22g命题意图：本题考查力与运动、功能关系及机械能守恒定律等知识．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )。
江苏省2019年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升12
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变212132反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：H＋H→He＋10213210n.已知H的质量为2.013 6 u，He的质量为3.015 0 u，n的质量为1.008 7 u，1 u＝931.5 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为( ) A．3.7 MeV B．3.3 MeVC．2.7 MeV D．0.93 MeV命题意图：本题考查核反应中核能的计算．解析：氘核聚变反应的质量亏损为Δm＝2×2.013 6 u－(3.015 0 u＋1.008 7 u)＝0.003 5 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931.5 MeV/c2×c2≈3.3 MeV，选项B正确．答案：B2．(2017·全国卷Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，23823442衰变方程为92U→90Th＋He.下列说法正确的是( ) A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量命题意图：本题考查原子核的衰变及动量守恒知识．解析：静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和α粒子的动量等大反向，即2m Th E kTh2mαE kαp Th＝pα，B项正确；因此有＝，由于钍核和α粒子的质量不等，因此衰变后钍核和α粒子的动能不等，A项错误；半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并不是一个铀核衰变所用的时间，C项错误；由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，因此D项错误．答案：B3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h为普郎克常量．下列说法正确的是( )A．若νa＞νb，则一定有U a＜U bB．若νa＞νb，则一定有E k a＞E k bC．若U a＜U b，则一定有E k a＜E k bD．若νa＞νb，则一定有hνa－E k a＞hνb－E k b命题意图：本题考查遏止电压、爱因斯坦光电效应方程．解析：设该金属的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程有E k＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项正确；又E k＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－E k＝W，W相同，则D项错误．答案：BC4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是( ) A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关命题意图：本题考查光电效应及其相关的知识点，意在考查考生对光电效应知识的理解和应用能力．解析：根据光电效应规律，保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，则饱和光电流变大，选项A 正确；由爱因斯坦光电效应方程知，入射光的频率变高，产生的光电子最大初动能变大，而饱和光电流与入射光的频率和光强都有关，选项B 错误，C 正确；保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，当入射光的频率小于极限频率时，就不能发生光电效应，没有光电流产生，选项D 错误；遏止电压与产生的光电子的最大初动能有关，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的光强无关，选项E 正确．答案：ACE5．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)一静止的铝原子核Al 俘获一速度2713为1.0×107 m/s 的质子p 后，变为处于激发态的硅原子核Si.下列2814说法正确的是( )A ．核反应方程为p ＋Al →Si 27132814B ．核反应过程中系统动量守恒C ．核反应过程中系统能量不守恒D ．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E ．硅原子核速度的数量级为105 m/s ，方向与质子初速度的方向一致命题意图：本题考查核反应方程以及核反应特点，意在考查考生对核反应知识的理解能力．解析：核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，m0v0＝28m0v，所以硅原子核速度数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致，E项正确．答案：ABE。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升2
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a和b受到绳的拉力大小均等于物体a的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，选a受力分析得，绳子拉力F T＝m a g，所以物体a和b受到绳的拉力保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x＋F f＝F x，F y＋F N＋F T y＝m b g，F T和m b g始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中( )A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN 逐渐增大，F OM 先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F 进行分解，F 的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f ≠μmg .解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F＝μmg；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f＝μF N，F N＝mg－F sin θ，可知摩擦力为F f＝μ(mg－F sin θ)，F f＝12 F，代入数据为：12μmg＝μ(mg－32F)，联立可得μ＝3 3.答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm ，伸长为100 cm ，则AC 段长50 cm ，故∠ACD ＝53°.由受力平衡2F 1cos 53°＝mg ，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F 2＝mg .假设绳子的劲度系数为k ，则绳子拉力F 1＝k (50 cm －40 cm)，F 2＝k (x －40 cm)，解得x ＝46 cm ，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m 解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m ，C 正确．答案：C。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升4
章末整合提升万有引力与航天⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧开普勒行星运动定律万有引力定律⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：F ＝G m 1m2r 2定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma计算天体的质量和密度人造地球卫星⎩⎪⎨⎪⎧人造地球卫星的环绕速度地球同步卫星1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 命题意图： 本题考查平抛运动规律及其相关的知识点． 解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．答案：C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心命题意图：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题． 解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．答案：A3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14 g h <v < （4L 21＋L 22）g6hC.L 12 g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h解析：当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小．由平抛运动规律，L 12＝v 1t ，2h ＝12gt 2，联立解得：v 1＝L 14gh.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大．由平抛运动规律， L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＝v 2t ′，3h ＝12gt ′2，联立解得：v 2＝12（4L 21＋L 22）g6h .即速度v 的最大取值范围为L 14gh<v <12（4L 21＋L 22）g6h，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B ．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C ．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 命题意图：本题考查万有引力定律在天体运行中的应用． 解析：在海王星从P 到Q 的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C 项正确；海王星从P 到M 的时间小于从M 到Q 的时间，因此从P 到M 的时间小于T 04，A 项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q 到N 的运动过程中海王星的机械能守恒，B 项错误；从M 到Q 的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q 到N 的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M 到N 的过程中万有引力先做负功后做正功，D 项正确．答案：CD5．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A ．周期变大B ．速率变大C ．动能变大D ．向心加速度变大命题意图：本题考查天体运动、圆周运动的知识． 解析：组合体比天宫二号质量大，轨道半径R 不变，根据GMmR2＝m v 2R ，可得v ＝GMR，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又T ＝2πRv，则周期T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度a ＝GMR2，不变，D 项错误．答案：C6．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h命题意图：本题考查同步卫星、开普勒第三定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识的能力．解题关键：解答此题的关键是地球同步卫星的周期等于地球自转周期以及运动周期与轨道半径的关系．解析：设地球半径为R ，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r ＝2R .设地球自转周期的最小值为T ，则由开普勒第三定律可得，（6.6R ）3（2R ）3＝（24 h ）2T2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．答案：B。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升10
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )命题意图：本题考查电磁感应、电磁阻尼及其相关的知识点．解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.答案：A2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是( )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动命题意图：本题考查电磁感应、涡流及其相关的知识点，意在考查考生综合运用电磁感应知识分析解释实验现象的能力．难度中等偏难．解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确，D错误；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误．答案：AB3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )图甲图乙A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N命题意图：本题考查电磁感应与力学规律的综合应用．解析：由题图乙可知，导线框运动的速度大小v＝Lt＝0.10.2m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝ELv＝0.010.1×0.5T＝0.2 T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝ER＝0.010.005A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D 项错误．答案：BC4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向命题意图：本题考查楞次定律、右手定则．解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．命题意图：本题主要考查平衡条件、法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律及其相关知识，意在考查考生灵活运用知识分析、解决问题的能力．解析：(1)设两根导线的总的张力的大小为F T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T＋F，①F N1＝2mg cos θ，②对于cd棒，同理有mg sin θ＋μF N2＝F T，③F N2＝mg cos θ，④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F＝BIL，⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流． ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv ，⑦ 式中，v 是ab 棒下滑速度的大小． 由欧姆定律得I ＝E R ，⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2.答案：(1)mg (sin θ－3μcosθ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L 2。
江苏省2019年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第一讲力重力弹力和摩擦力
第二章相互作用第一讲力重力弹力和摩擦力课时跟踪练A组 基础巩固1．(2018·桂林模拟)关于重力，下列说法中正确的是( )A．重力的方向总是与地面垂直B．两物体在不同地点，质量大的物体可能比质量小的物体重力小C．地球上的物体只有静止时才受到重力作用D．重力就是地球对物体的吸引力，重心一定在物体上解析：重力的方向总是竖直向下，但不一定与地面垂直，故A 错误；由公式G＝mg可知，重力的大小由质量和重力加速度两个量决定，由于不同地点的重力加速度可能不同，故质量大的物体可能比质量小的物体重力小，B正确；地球上静止和运动的物体都会受到重力作用，故C错误；重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，但由于地球自转的影响，重力只是地球对物体引力的一部分，对不规则和空心的物体而言，重心可能不在物体上，D错误．答案：B2．(2017·石家庄一模)下列关于常见力的说法中正确的是( )A．弹力、重力、支持力、摩擦力都是按照力的性质命名的B．有规则形状的物体，其重心就是物体的几何中心C．两接触面间有摩擦力存在，则一定有弹力存在D．力是一个物体就可以产生的，不需要其他物体的存在解析：支持力是根据力的作用效果命名的，故A错误；只有质量分布均匀、形状规则的物体，重心才在其几何中心，故B错误；弹力产生的条件：相互接触并挤压，摩擦力产生的条件：接触面粗糙、相互接触并挤压、有相对运动或相对运动趋势，可见，有摩擦力，必有弹力，故C正确；力是物体与物体间的相互作用，故D错误．答案：C3．(2018·上海模拟)下列关于摩擦力的说法中正确的是( )A．静止的物体不可能受到滑动摩擦力B．相对静止的两个物体之间，也可能有摩擦力C．有相对运动的两物体之间一定存在摩擦力D．运动的物体受到的摩擦力的方向总是与它的运动方向相反解析：静止的物体可能受到滑动摩擦力的作用，如物体在粗糙桌面上滑行，桌面受到的是滑动摩擦力，故A错误；相对静止的两个物体之间，也可能有摩擦力，比如：正在随斜向上运动的传送带匀速上滑的物体，故B正确；摩擦力产生的条件：接触面粗糙、相互接触并挤压、有相对运动或相对运动趋势，故C错误；摩擦力的方向可能与运动方向相同，也可能与运动方向相反，但总是和物体之间的相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反，故D错误．答案：B4.(2018·朔州模拟)如图所示，细绳竖直拉紧，小球和光滑斜面接触，并处于静止状态，则小球受到的力是( )A．重力、细绳的拉力B．重力、细绳的拉力、斜面的弹力C．重力、斜面的弹力D．细绳的拉力、斜面的弹力解析：细绳的拉力和小球重力的合力F合的方向只能在竖直方向上，假设小球受到斜面的弹力，则弹力的方向垂直斜面向上，与竖直方向的F合不可能平衡，小球将会运动，假设不成立，选项A 正确．答案：A5．如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向解析：M处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N处受到的支持力过N垂直于切面，A项正确，B项错误；静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反，因此M处受到的静摩擦力沿水平方向，N处受到的静摩擦力沿MN方向，C、D项都错误．答案：A6.(多选)如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平拉力F作用在物块C上后，各物块仍保持静止状态，则以下说法正确的是( )A．B不受摩擦力作用B．C对A的摩擦力水平向左C．A受到的各个摩擦力的合力为零D．A、B、C三个物块组成的整体所受摩擦力为零解析：B受到重力和支持力而平衡，故B不受摩擦力作用，选项A正确；A、C整体受力平衡，桌面对A的静摩擦力F f1＝F，方向水平向左，即A、B、C三个物块组成的整体所受摩擦力大小为F，选项D错误；A在水平方向受到F f1和C对A的静摩擦力F f3而平衡，F f3＝F，方向水平向右，选项B错误，C正确．答案：AC7．(2018·长春模拟)一轻弹簧，在弹性限度内，当它的伸长量为4.0 cm时，弹簧的弹力大小为8.0 N；当它的压缩量为1.0 cm时，该弹簧的弹力大小为( )A ．2.0 N B ．4.0 NC ．6.0 ND ．8.0 N解析：当弹簧的伸长量为4.0 cm 时，根据胡克定律F ＝kx 得，弹簧的劲度系数k ＝＝＝2.0 N/cm ；当弹簧的压缩量为1.0 F 1x 18.0 N 4.0 cm cm 时，弹簧的弹力大小F 2＝kx 2＝2.0 N/cm ×1.0 cm ＝2.0 N ，选项A 正确．答案：A8.如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量均为100 g ，某人用双手在这叠木板的两侧各加一水平压力F ，使木板静止．若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则水平压力F 至少为( )A ．8 NB ．15 NC ．16 ND ．30 N解析：手对最外侧两木板的静摩擦力大小相等、方向相同．先将所有的木板看成整体，受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，由二力平衡有2μ1F ≥8mg ，F ≥8 N ，再对除最外侧两木板之外的木板整体受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，由二力平衡有2μ2F ≥6mg ，得F ≥15 N ，只有选项B 正确．答案：B9.(多选)(2018·衡阳模拟)如图所示，有一刚性方形容器被水平力F压在竖直墙面上处于静止状态．现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，在此过程中容器始终保持静止，则下列说法正确的是( )A．容器受到的摩擦力逐渐增大B．容器受到的摩擦力不变C．水平力F可能不变D．水平力F必须逐渐增大解析：容器在竖直方向受到向下的重力和向上的摩擦力，两力大小相等，方向相反．当水不断加入时，随着重力增大，容器受到的摩擦力逐渐增大，选项A正确，B错误；当重力小于最大静摩擦力时，水平力F可能不变，选项C正确，D错误．答案：AC10.(2018·宝鸡模拟)在倾角θ＝37°的固定斜面上叠放着A、B两物块，A、B通过绕过定滑轮的轻绳相连，如图所示，A、B间光滑，B与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，物块A的质量为m，B的质量为M.不计绳与滑轮间的摩擦，系统处于静止状态，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列判断正确的是( )A．斜面对B的摩擦力可能为零B．连接A、B的轻绳张力为0.2(m＋M)gC．A、B的质量关系必须满足M＝5mD．物块B受到的静摩擦力方向一定沿斜面向上解析：由于A、B间光滑，因此A受三个力而平衡，如图甲所示，轻绳张力F T＝mg sin 37°＝0.6mg.对B受力分析如图乙所示，除斜面对B的静摩擦力方向不确定外，其他力的方向确定，由平衡条件得F T－Mg sin 37°±F f＝0，其中F f≤μ(m＋M)g cos 37°＝0.4(m＋M) g，可得(0.2M－0.4m)g≤F T≤(M＋0.4m)g，则0.2M≤m≤5M，而当m＝M时，摩擦力为零，A对，B、C、D均错．答案：AB组 能力提升11．(多选)如图甲所示，一弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连，当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧长度的形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象(如图乙)．则在弹簧的弹性限度内，下列判断正确的是( )A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比C．该弹簧的劲度系数是200 N/mD．对该弹簧施加拉力或压力时，劲度系数不变解析：根据胡克定律可知F＝k(l－l0)＝kx，即弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故A错误；根据胡克定律知ΔF＝kΔx，则弹簧长度的增加量与弹力增加量成正比，故B正确；弹力与弹簧形变量的关系图象的斜率表示劲度系数，由题图可知该弹簧的劲度系数是200 N/m，故C正确；由于图象斜率不变，说明对该弹簧施加拉力或压力时，劲度系数不变，故D正确．答案：BCD12.A、B、C三个物体通过轻绳和光滑的滑轮相连，且处于静止状态，如图所示．C是一箱沙子，沙和箱子的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使沙子均匀流出，经过时间t0流完，若A、B、C始终处于静止状态，则下列图象中能正确表示在这个过程中桌面对B的摩擦力F f随时间t的变化关系是( )解析：设绳子的张力大小为F T，以A、B组成的整体为研究对象，根据平衡条件得，桌面对B的摩擦力F f＝2F T，设t时刻沙子减小的重力为G′，设G′＝kt，t时刻对C由平衡条件得，2F T＝2G－G′，则有F f＝2G－G′＝2G－kt，可见F f与t是线性关系，F f t图象是向下倾斜的直线，当t＝0时，F f＝2G，当t＝t0时，F f＝G，只有选项B正确．答案：B13.如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A与天花板之间的细绳沿竖直方向，则关于两木块的受力，下列说法正确的是( )A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．A可能受三个力作用C．B可能受到地面的摩擦力作用D．B受到地面的支持力一定大于B的重力解析：A可能只受重力与竖直向上的拉力而平衡，则A、B之间可能没有摩擦力，也没有弹力，此时B受到的地面的支持力与B的重力大小相等，选项A、D错误；细绳的拉力可能为零，则A受到重力、B对A的支持力和摩擦力而平衡，选项B正确；以A、B 整体为研究对象，受到的力均沿竖直方向，B不会受到地面的摩擦力作用，选项C错误．答案：B14.(多选)如图所示，人重600 N，木板重400 N，人与木板间、木板与水平地面间的动摩擦因数均为0.2，绳与滑轮的质量及它们之间的摩擦不计．若人用水平拉力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，则( )A．人拉绳的力是200 NB．人拉绳的力是100 NC．人对木板的摩擦力方向水平向右D．人对木板的摩擦力方向水平向左解析：对人和木板整体受力分析，水平方向向上受到水平向右的两个相等的拉力和地面对木板的滑动摩擦力作用而平衡，则2F＝μ(G人＋G板)，得F＝100 N，由牛顿第三定律知选项B正确，A错误；对人受力分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和木板的摩擦力，方向水平向左，由牛顿第三定律知，人对木板的摩擦力方向水平向右，选项C正确，D错误．答案：BC2315.如图所示，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑．若对物块施以水平向右的拉力F，物体仍能沿斜面运动，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是( )A．物块将沿斜面匀速下滑B．物块将沿斜面加速下滑C．地面对斜面体有向左的摩擦力D．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g解析：对物块受力分析，由于拉力F的作用，支持力减小，滑动摩擦力减小，物块做加速运动，选项B正确，A错误；无拉力作用时，斜面体受到重力Mg、物块的压力和摩擦力及地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，当有拉力作用时，压力和摩擦力都减小，但其合力依然向下，地面对斜面体的支持力减小，小于(M＋m)g，地面与斜面体间无摩擦力，选项C、D均错误．答案：B。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升5
章末整合提升机械能⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧功⎩⎪⎨⎪⎧做功的两个必要因素恒力做功：W ＝Fl cos θ变力做功功率⎩⎪⎨⎪⎧平均功率：P ＝W t 或P ＝Fv cos θ瞬时功率：P ＝Fv cos θ机车的两种启动方式⎩⎪⎨⎪⎧以恒定的功率启动以恒定的加速度启动机械能⎩⎪⎨⎪⎧动能：E k ＝12mv2重力势能：E p ＝mgh机械能：E ＝E k＋Ep基本规律⎩⎪⎨⎪⎧功能关系：W ＝ΔE 动能定理：W ＝E k2－Ek1机械能守恒定律：E k1＋E p1＝E k2＋Ep2能量转化和守恒定律1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )()A.v 216g B.v 28gC.v 24g D.v 22g命题意图：本题考查力与运动、功能关系及机械能守恒定律等知识．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B2.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 命题意图：本题考查重心的确定、动能定理．解析：QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 答案：A3.(2016·全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度命题意图：本题考查机械能守恒定律及牛顿第二定律的应用，意在考查考生应用功能关系、力与运动关系分析问题的能力．解析：小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝v2L＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．答案：C4．(多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中，( )A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差命题意图：本题考查功能关系的应用，意在考查考生综合应用动力学规律及功能关系解题的能力．解析：小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长，弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．答案：BCD5．(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离命题意图：本题考查功能关系、摩擦力做功、竖直面内的圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力．难度中等偏难．解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十章第一讲电磁感应现象楞次定律
第十章电磁感应第一讲电磁感应现象楞次定律课时跟踪练A组基础巩固1.(2017·广州五校联考)如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为θ＝45°.现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为( )A．0 B.2BSC.2nBS D．无法计算解析：设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：Φ1＝BS sin θ＝22BS，末位置时：Φ2＝－BS cos θ＝－22BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS，故B正确．答案：B2．(多选)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是( )A．若保持开关闭合，则铝环不断升高B．若保持开关闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变解析：铝环跳起是开关S闭合时，铝环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．答案：CD3. (2018·运城模拟)如图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中( )A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反解析：当磁铁经过A位置时，线圈中磁通量逐渐增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为顺时针方向；当磁铁经过B 位置时，线圈中磁通量逐渐减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为逆时针方向，由左手定则可判断感应电流所受作用力的方向相同，选项A、B、D错误，选项C正确．答案：C4. (2018·开封模拟)如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是( )A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定解析：根据楞次定律，感应电流方向是顺时针的，再由左手定则判断，安培力应该竖直向下，线的拉力始终大于环的重力mg.由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，电动势大小不变，根据闭合电路的欧姆定律，环中电流不变，所以安培力逐渐减小，选项A正确，其余选项均错误．答案：A5. (2018·株洲模拟)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B 错误；在P中下落时，加速度较小，下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故小磁块落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．答案：C6. (2018·衡阳模拟)如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向( )A．始终由A→B→C→AB．始终由A→C→B→AC．先由A→C→B→A再由A→B→C→AD．先由A→B→C→A再由A→C→B→A解析：在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面向下，由右手定则可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，由右手定则可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确．答案：A7. (2018·济南模拟)如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是( )A．先顺时针后逆时针B．先逆时针后顺时针C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针解析：如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时，由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D对．答案：D8. (2018·宝鸡模拟)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l 的正方形．为使MN 棒中不产生感应电流，从t ＝0开始，磁感应强度B 应怎样随时间t 变化？请推导出这种情况下B 与t 的关系式．解析：要使MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在t ＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B 0S ＝B 0l 2.设t 时刻的磁感应强度为B ，此时磁通量为Φ2＝B ·l (l ＋vt )．由Φ1＝Φ2得B ＝ll ＋vt B 0. 答案：B ＝B 0l l ＋vtB 组 能力提升9.(2018·南平模拟)如图所示，两个闭合正方形线框A 、B 的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A 中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B ，下列说法中正确的是( )A ．有顺时针方向的电流且有收缩的趋势B ．有顺时针方向的电流且有扩张的趋势C ．有逆时针方向的电流且有收缩的趋势D ．有逆时针方向的电流且有扩张的趋势解析：根据右手定则可得，线框A中电流的磁场向里且逐渐增大，根据楞次定律可得，线框B中感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，线框A外侧与线框B内侧处产生的磁场方向向外，由楞次定律的推论可知线框B有扩张的趋势，故D正确．答案：D10.(2017·浙江嘉兴一中测试)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中，某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则 ( )A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析：当通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过接收线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，接收线圈产生的感应电流为逆时针，由于磁通量均匀增大，则产生的感应电流不变，故选项A、B错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项C错误，选项D正确．答案：D11．(多选) (2018·烟台模拟)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动解析：如题图所示，当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B 对；同理可判定C对，D错．答案：BC12. (2018·枣庄模拟)我国的“嫦娥三号”探月卫星在发射1 533 s 后进入近地点高度为200 km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50 cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5 T，方向如图所示．问：(1)该过程中磁通量的改变量是多少？(2)该过程线框中有无感应电流？设线框电阻为R＝0.1 Ω，若有电流则通过线框的电量是多少(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)?解析：(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos 53°＝6.0×10－6 Wb.当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BS cos 143°＝－8.0×10－6 Wb ，该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5 Wb.(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流．根据电磁感应定律及闭合电路欧姆定律得I －＝E －R ＝ΔΦR Δt. 通过的电量为q ＝I －·Δt ＝ΔΦR＝1.4×10－4 C. 答案：(1)1.4×10－5 Wb (2)有1.4×10－4 C。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升6
章末整合提升动量及动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧动量p ＝mv ，矢量，p 与v 同向，Δp ＝p ′－p 也是矢量动量守恒定律⎩⎪⎨⎪⎧守恒条件⎩⎪⎨⎪⎧系统不受外力或受外力的合力为零系统内力远大于外力系统在某一方向上的合力为零表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞：动量守恒，动能守恒非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒且损失最大1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s 命题意图：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点． 解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．答案：A2.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零命题意图：本题通过Ft图象考查动量定理．解析：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．答案：AB3．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．命题意图：本题考查竖直上抛运动、动量定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用知识解决实际问题的能力．解析：(1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，① ΔV ＝v 0S Δt ，②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S .③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒定律得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20，④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝(Δm )v ，⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理得F Δt ＝Δp ，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2.答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2 4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．命题意图：本题考查能量守恒定律、动能定理、动量守恒定律等，意在考查考生对多过程问题的综合分析能力和推理计算能力．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ，① 即μ<v 202gl，②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ，③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒定律有mv 1＝mv 1′＋3m4v 2′，④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22，⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1，⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ，⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl，⑧联立②⑧式，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl5．(2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．命题意图：本题主要考查动量守恒定律、能量守恒定律、弹性碰撞及其相关知识，意在考查考生综合运用相关知识解决问题的能力．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1，①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1，② 联立①②式得v A1＝m－Mm＋Mv0，③v C1＝2mm＋Mv0，④如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C 的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m<M的情况．第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为v A2，B的速度为v B1，同样有v A2＝m－Mm＋Mv A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0，⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1，⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0，⑦解得m≥(5－2)M，⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M.答案：(5－2)M≤m＜M。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升7
章末整合提升1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离为r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd，下列选项正确的是( )A．E a∶E b＝4∶1B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3命题意图：本题考查点电荷电场强度公式、电势、电场力做功及其相关的知识点．解析：设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k Qr2，r a∶r b＝1∶2，r c∶r d＝3∶6，可知，E a∶E b＝4∶1，E c∶E d＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W ab＝q(φa－φb)＝3q (J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W bc＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功W cd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W ab∶W bc＝3∶1，W bc∶W cd＝1∶1，选项C正确，D 错误．答案：AC2．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( ) A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变命题意图：本题考查平行板电容器、电容、匀强电场的电场强度与电势差的关系及相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识分析、解决问题的能力．解析：平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U 不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝QU可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d 不变，由E ＝Ud可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：D3.(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小命题意图：本题考查带电油滴在复合场中的运动、动能定理、牛顿运动定律及相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识分析、解决问题的能力．解析：根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q 点的电势比P 点高，选项A 正确；油滴从P 点运动到Q 点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q 点的动能比它在P 点的大，选项B 正确；油滴从P 点运动到Q 点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q 点的电势能比它在P 点的小，选项C 错误；由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等，选项D错误．答案：AB4.(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则( )A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功命题意图：本题考查电势、等势面、电场力做功及其相关知识，意在考查考生运用电场相关知识分析解决问题的能力．难度中等．解析：根据题述一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，可知N点和P点处于同一等势面上，直线d 位于某一等势面内．根据匀强电场的特性，可知直线c位于某一等势面内．由于电子由M点运动到N点的过程中，电场力做负功，说明电场线方向从M指向N，故M点电势高于N点电势，所以选项B正确，选项A错误；由于M、Q处于同一等势面内，电子由M点运动到Q点的过程中，电场力不做功，选项C错误；电子由P点运动到Q点的过程中，电场力做正功，选项D错误．答案：B5．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．命题意图：本题考查带电油滴在电场、重力场中的运动、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点．解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1，①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1，②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2，③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1，④由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有qE 1＝mg ，⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 21，⑧由题给条件有v 20＝2g (2h )，⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有x 1＋x 2＝h ，⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1，⑪ 为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1，⑫即当0<t 1<⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－32v 0g ，⑬ 或t 1>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋32v 0g ，⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 若B 点在A 点之下，依题意有x 1＋x 2＝－h ，⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1，⑯ 为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1，⑰即t 1>⎝⎛⎭⎪⎪⎫52＋1v 0g ，⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去． 答案：(1)v 0－2gt 1 (2)见解析。
江苏省2019年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第二讲力的合成与分解
第二章相互作用第二讲力的合成与分解课时跟踪练A组 基础巩固1．(多选)(2018·丽江模拟)下列说法正确的是( )A．平行四边形定则适用于任何力的合成B．矢量的加法满足平行四边形定则或三角形定则C．力的合成的平行四边形定则只适用于共点力D．三角形定则只适用于共点力的合成解析：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，所以力的合成的平行四边形定则只适用于共点力，与两个分力共点的那条对角线所表示的力才是它们的合力，故A错误，C正确；矢量运算时遵从平行四边形定则或三角形定则，故B正确；三角形定则适用于共点力的合成与分解，故D错误．答案：BC2．(2017·湖北名校月考)关于力的合成与分解，下列说法正确的是( )A．合力一定大于其中一个分力B．合力与分力一定是同种性质的力C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值解析：由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确．答案：D3.(2018·大连模拟)生活中的物理知识无处不在．如图所示是我们衣服上的拉链的一部分，在把拉链拉开的时候，我们可以看到有一个类似三角形的东西在两链中间运动，使很难直接分开的拉链很容易地被拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是( )A．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开两拉链的力B．在拉开拉链的时候，三角形的物体只是为了将拉链分开，并没有增大拉力C．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开拉链的力，但合上拉链时减小了合上的力D．以上说法都不正确解析：在拉开拉链的时候，三角形的物体在两链间和拉链一起运动，手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力，如图所示，分力大于手的拉力，所以很难直接分开的拉链可以很容易地被三角形物体分开，同理可知，合上拉链时增大了合上的力．答案：A4.(2018·秦皇岛模拟)假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是( )A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大解析：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图所示．当在刀背施加压力F 后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F1＝F2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式＝＝，得F 1＝F 2＝F 1F 2ld 21sin θ.由此可见，刀背上加上一定的压力F 时，侧面分开其他物体F2sin θ的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ的值越小，F 1和F 2的值越大，故D正确．答案：D5.(2017·宁夏育才中学月考)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，小物块之间由四根完全相同的轻质橡皮筋连接，正好组成一个菱形，∠BAD ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，则D 物块所受的摩擦力大小为()A.F f B ．F f C.F f D ．2F f323解析：已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，设每根橡皮筋的弹力为F ，则有2F cos 60°＝F f ，对D 物块有2F cos 30°＝F f ′，解得33F f′＝F＝F f，只有选项C正确．答案：C6．(2017·六安一中二模)如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1∶m2为( )33A．1∶1 B．1∶2 C．1∶ D.∶2解析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，由几何知识得F T＝m2g，对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1g·sin 30°＝F T sin 30°，解得F T＝m1g，可见m1∶m2＝1∶1，故选A.答案：A7.如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A端固定在墙上，且A端到滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( )A ．只有θ变小，弹力才变大B ．只有θ变大，弹力才变大C ．无论θ变大还是变小，弹力都变大D ．无论θ变大还是变小，弹力都不变解析：无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变．答案：D8.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m ，重力加速度大小为g ，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )A ．2mg B.323mg3C. D ．8mg 83mg3解析：以第一只灯笼下方的四只灯笼整体为研究对象，受力分析，根据力的合成与分解得，自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小F T ＝＝，选项C 正确．4mg cos 30°83mg3答案：C9．在如图所示的四幅图中．AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，B点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正确的是( )A．甲中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳B．乙中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C．丙中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳D．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力解析：由题图看出，甲、丙、丁中，AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的BC杆可以用等长的轻绳代替的只有丙，故A错误，C正确；乙中B点受向下的拉力，则BC杆表现为支持力，由平衡关系可知AB杆也表现为支持力，故B错误；对丁中B点分析可知，B点受向下的拉力，AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力，故D错误．答案：C10．(2018·渭南模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B 物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态．若悬3挂小滑轮的斜线OP的张力大小是20N，g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )A．弹簧的弹力为10 NB．重物A的质量为2 kg3C．桌面对B物体的摩擦力为10 ND．OP与竖直方向的夹角为60°解析：O′a与aA两细线拉力的合力与OP线的张力大小相等，由几何知识可知F O′a＝F aA＝20 N，且斜线OP与竖直方向的夹角为30°，D错误；重物A的重力G A＝F aA，所以m A＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力F f＝F O′b＝F O′a cos 30°＝10 N，C正确；弹簧的3弹力F弹＝F O′a sin 30°＝10 N，故A正确．答案：DB组 能力提升11.(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．现将人体头颈部简化为如图的模型．重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时3颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，＝1.73)( )A ．4.2倍B ．2.8倍C ．3.3倍D ．2.0倍解析：对头部进行受力分析，如图所示．设人的颈椎对头的支持力为F ，由正弦定理得＝＝≈3.3，选F G sin （180－15°－45°）sin 15°sin 60°sin 15°项C正确．答案：C12．(2017·辽宁铁岭联考)如图甲所示，两段等长轻质细线将质量分别为m 、2m 的小球A 、B (均可视为质点)悬挂在O 点，小球A 受到水平向右的恒力F 1的作用，小球B 受到水平向左的恒力F 2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B 刚好位于O 点正下方，则F 1与F 2的大小关系是( )A ．F 1＝4F 2 B ．F 1＝3F 2C ．2F 1＝3F 2D ．2F 1＝5F 2解析：A 受到水平向右的力F 1，B 受到水平向左的力F 2，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设O 、A 间的细线与竖直方向的夹角为α，则由力的分解和平衡条件得F sinα＋F 2＝F 1，F cosα＝2mg ＋mg ，故tan α＝，以B 为研究对象受力分析，设F 1－F 22mg ＋mg A 、B 间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ＝，由几何关系有α＝β，得2F 1＝5F 2，选项D 正确．F 22mg 答案：D13.(多选)如图所示，用大小恒定的力F 将物体压在粗糙竖直墙壁上，当F 从实线位置绕O 点顺时针转至虚线位置的过程中，物体始终静止，则下列对在这个过程中，墙壁对物体的摩擦力F f 与弹力F N 的变化情况的分析正确的是( )A ．F N 先减小后增大B ．F N 先增大后减小C ．F f 的方向一直竖直向上D ．F f 可能先减小后增大解析：物体始终保持静止状态，受力平衡，对物体受力分析，F 斜向下时，设F 与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件得F f ＝mg ＋F sinθ，方向向上，在水平方向上，F N ＝F cosθ，当F 从实线位置绕O 点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sin θ减小，cos θ增大，所以F f 减小，F N 增大．F 斜向上时，设F 与水平方向的夹角为α，若F sin α<mg ，则竖直方向，根据平衡条件得F f ＝mg －F sin α，F f 方向向上，水平方向F N ＝F cos α，当F 从水平位置转至虚线位置的过程中，α增大，则sin α增大，cos α减小，所以F f 减小，F N 减小；若F sinα>mg ，则F f 方向向下，F sinα＝mg ＋F f ，α增大，则sin α增大，F f 增大．综上可知，F f 的方向可能一直向上，大小逐渐减小；也可能先向上后向下，大小先减小后增大．F N 先增大后减小，选项B 、D 正确．答案：BD14．如图所示，固定在水平地面上的物体A ，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A 顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m 1、m 2的小球B 、C ，假设绳与物体A 的表面平行，当两球静止时，小球B 与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m 1、m 2之间的关系是( )A ．m 1＝m 2B ．m 1＝m 2tan θC ．m 1＝D ．m 1＝m 2cos θm 2tan θ解析：设绳对两球的拉力大小为F T ，对C 根据力的合成与分解得F T ＝m 2g sin θ；对B 根据力的合成与分解得F T ＝m 1g cos θ；联立解得m 1＝m 2tan θ，选项B 正确．答案：B15．(多选)如图所示，斜面体A 静置于水平地面上，其倾角θ＝45°，上表面水平的物块B 在A 上恰能匀速下滑，现对B 施加一个沿斜面向上的力F ，使B 能缓慢地向上匀速运动．某时刻在B 上轻轻地放上一个质量为m 的小物体C (图中未画出)，A 始终静止，仅改变F 的大小为F ′，使B 保持运动状态不变．已知重力加速度大小为g .关于放上C 之后，下列说法正确的是( )A ．B 受到的摩擦力大小增加了mg 22B ．B 受到的摩擦力不变C ．A 受到地面的摩擦力不变D ．A 受到地面的摩擦力大小增加了mg解析：在B 匀速下滑过程中，所受的摩擦力大小为F f 1＝m B g sin θ，又F f 1＝μm B g cos θ，联立解得μ＝tan θ＝1；未放C 之前，B 匀速上滑时，由于B 对A 的压力没有变化，则B 所受的摩擦力大小没有变化，仍为F f 2＝F f 1＝μm B g cos θ.放上C 之后，B 匀速上滑时，B 所受的摩擦力大小F f 3＝μ(m B ＋m )g cos θ，则B 受到的摩擦力增加量为ΔF f ＝F f 3－F f 2＝μmg cos θ＝tan θ·mg cos θ＝mg ，选项A 正确，22B 错误．对整体研究，未放C 时，地面对A 的摩擦力大小为F fA1＝F cos θ，对B有F＝μm B g cos θ＋m B g sin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA1＝m B g；放上C时，地面对A的摩擦力大小为F fA2＝F′cosθ，F′＝μ(m B＋m)g cos θ＋(m B＋m)g sin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA2＝(m＋m B)g；A受到地面的摩擦力增加量为ΔF fA＝mg，选项C错误，D正确．答案：AD。
江苏省2019年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第四章第三讲圆周运动
第四章曲线运动万有引力与航天第三讲圆周运动课时跟踪练A组 基础巩固1．(2018·云南模拟)物体做匀速圆周运动时，下列说法中不正确的是( )A．角速度、周期、动能一定不变B．向心力一定是物体受到的合外力C．向心加速度的大小一定不变D．向心力的方向一定不变解析：物体做匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，但方向改变，所以线速度改变．周期不变，角速度不变，动能也不变．所受合外力提供向心力，大小不变，方向改变，是个变力，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，是个变量，故D错误，A、B、C正确，选项D符合题意．答案：D2．汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值．当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应( )A．增大到原来的二倍B．减小到原来的一半C ．增大到原来的四倍D ．减小到原来的四分之一解析：汽车转弯时地面的摩擦力提供向心力，则F f ＝m ，静v 2r 摩擦力不变，速度加倍，则汽车转弯半径应变化为原来的四倍，C 正确．答案：C3.(2018·孝感模拟)如图所示为一陀螺，a 、b 、c 为在陀螺上选取的三个质点，它们的质量之比为1∶2∶3，它们到转轴的距离之比为3∶2∶1，当陀螺以角速度ω高速旋转时( )A ．a 、b 、c 的线速度之比为1∶2∶3B ．a 、b 、c 的周期之比为3∶2∶1C ．a 、b 、c 的向心加速度之比为3∶2∶1D ．a 、b 、c 的向心力之比为1∶1∶1解析：在同一陀螺上各点的角速度相等，由v ＝ωr 和质点到转轴的距离之比为3∶2∶1，可得a 、b 、c 的线速度之比为3∶2∶1，选项A 错误；由T ＝可知a 、b 、c 的周期之比为1∶1∶1，选项2πωB 错误；由a ＝ωv 可知a 、b 、c 的向心加速度之比为3∶2∶1，选项C 正确；由F ＝ma 可得a 、b 、c 的向心力之比为3∶4∶3，选项D 错误．答案：C4．质量为m 的木块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么( )A ．因为速率不变，所以木块的加速度为零B ．木块下滑过程中所受的合外力越来越大C ．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D ．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心解析：由于木块沿圆弧下滑速率不变，木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，所以选项A 错误；由牛顿第二定律得F 合＝ma n ＝m ，而v 的大小不变，故合外力的大小不变，选项B 错误；v 2R 由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C 错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D 正确．答案：D5.(2018·威海模拟)雨天野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来解析：当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，选项A错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有F a＋mg＝mω2R，在b、d两点有F b＝F d＝mω2R，在c点有F c－mg＝mω2R，所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故选项B、D错误，C正确．答案：C6.(2018·吉林模拟)如图所示，一木块放在圆盘上，圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动，木块和圆盘保持相对静止，那么( )A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背离圆盘中心B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D．因为木块与圆盘一起做匀速转动，所以它们之间没有摩擦力解析：木块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圆盘中心．因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B 正确．答案：B7．(2018·福州模拟)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .已知重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )A. B. gRhL gRh d C. D. gRLh gRd h解析：对汽车受力分析，如图所示，若车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则由路面对汽车的支持力F N 与汽车的重力mg 的合力提供向心力，由图示可知，F 向＝mg tan θ，即mg tan θ＝m .由几何关系知，tan θ＝，综上有v ＝，选项v 2R h d gRhd B 正确．答案：B8.如图所示，半径为R 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m 的小球A 、B 以不同的速度进入管内．A 通过最高点C 时，对管壁上部压力为3mg ，B 通过最高点C 时，对管壁下部压力为0.75mg ，求A 、B两球落地点间的距离．解析：A 球通过最高点时，由F N A ＋mg ＝m，已知F N A ＝3mg ，可求得v A ＝2.Rg B 球通过最高点时，由mg －F N B ＝m.已知F N B ＝0.75mg ，可求得v B ＝.12Rg 平抛落地历时t ＝ .4Rg 故两球落地点间的距离s ＝(v A －v B )t ＝3R .答案：3RB 组 能力提升9.(2018·潍坊模拟)如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )A．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＝gRC．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解析：小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A、B均错误；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 mg的合力提供向心力，即：F N－F mg＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，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情况与小球速度大小有关，D错误．答案：C10.(多选)(2018·辽宁模拟)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的杆CD上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B到轴的距离为物块A到轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐慢慢增大，在从绳子处于自然长度到两物块A 、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是()A ．A 受到的静摩擦力一直增大B ．B 受到的静摩擦力先增大后保持不变C ．A 受到的静摩擦力先增大后减小再增大D ．B 受到的合外力先增大后保持不变解析：根据Ff m ＝mrω2得ω＝ ，知当转速即角速度逐渐Ff mmr 增大时，物块B 先达到最大静摩擦力，角速度增大，物块B 所受绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力；角速度继续增大，拉力增大，则物块A 所受静摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，物块A 所受的静摩擦力减小到零后反向；角速度继续增大，物块A 的静摩擦力反向增大．所以物块A 所受的静摩擦力先增大后减小，又反向增大，物块B 所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，A 错误，B 、C 正确；在转动过程中，物块B 运动需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当静摩擦力不足以提供向心力时，绳子的拉力作为补充，角速度再增大，当这两个力的合力不足以提供向心力时，物块将会发生相对滑动，根据向心力F 向＝mr ω2可知，在发生相对滑动前物块B 运动的半径是不变的，质量也不变，随着角速度的增大，向心力增大，而向心力等于物块B所受的合外力，故D 错误．答案：BC11.(多选)(2018·临沂质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，a 绳与水平方向成θ角，b 绳沿水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，a 、b 两绳均伸直，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>，b 绳将出现张力g cos θl D ．若b 绳突然被剪断，a 绳的张力可能不变解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝，可知amgsin θ绳的张力不变，故B 错误；当b 绳张力为零时，有＝mlω2，解mgtan θ得ω＝，可知当角速度ω> 时，b 绳出现张力，故Cgl tan θg l tan θ错误；由于b绳可能没有张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，故D正确．答案：AD12.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示)．求：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平．在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得mg tan20θ＝mωl sin θ，23解得ω＝，20gl cos θ即ω0＝＝ rad/s.gl cos θ522(2)ω′＝＝ rad/sgl cos θ′101×12＝2 rad/s.5答案：(1) rad/s (2)2 rad/s5225。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第三讲运动图象、追及和相遇问题
第一章 直线运动第三讲 运动图象、追及和相遇问题 课时跟踪练(三) 运动图象、追及和相遇问题时间：40分钟答案见P36A 组 基础巩固1．(2018·银川模拟)假设“蛟龙”号深海载人潜水器在某次科考实验时，“蛟龙”号内的显示屏上，显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min 内速度图象，下列说法正确的是( )A ．本次下潜的最大深度为360 mB ．全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C ．0～4 min 内平均速度为1 m/sD ．0～1 min 和8～10 min 的时间内潜水员处于超重状态 解析：“蛟龙”号在0～4 min 内一直向下运动，在t ＝4 min 时，达最大深度h m ＝12(4＋2)×2×60 m ＝360 m ，A 正确，全过程中最大加速度a m ＝2－060 m/s 2＝130m/s 2，B 错误；0～4 min 内的平均速度v＝h m t ＝3604×60m/s ＝1.5 m/s ，C 错误；潜水员在0～1 min 内的加速度竖直向下，处于失重状态，D 错误．答案：A2．(2018·上海检测)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(图中x 是位移、v 是速度、t 是时间)( )解析：物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据x ＝v 0t ＋12at 2得知，位移是时间的二次函数，图线是曲线，A 是可能的，故A 正确；物体可能先向上做匀减速直线运动，停在最高点，故B 、D 正确；由C 项图知：物体返回时速度大于出发时，不符合物体的运动情况，违反了能量守恒定律，不可能，故C 错误；本题选不可能的，故选C.答案：C3.(2018·甘肃嘉峪关一中模拟)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v-t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．乙物体先向负方向运动，t 1时刻以后反向向正方向运动B ．t 2时刻，乙物体追上甲C ．t 1时刻，两者相距最远D ．0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大 解析：乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A 错误；根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，t 2时间内，甲的位移大于乙的位移，则t 2时刻，乙物体还没有追上甲，故B 错误；t 2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大，t 2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t 2时刻两者相距最远，故C 错误；根据速度图线的斜率表示加速度，知0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D 正确．答案：D4.一个物体沿直线运动，从t ＝0时刻开始物体的xtt 的图象如图所示，图线与横、纵坐标轴的交点分别为－1 s 和0.5 m/s ，由此可知( )A ．物体的速度大小为0.5 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀加速运动，加速度的大小为0.5 m/s 2D ．物体做匀加速运动，初速度大小为0.5 m/s解析：由于xtt 图线为一倾斜的直线，故物体做匀变速直线运动．由上面的分析可知，加速度a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x t ·t ＝1 m/s 2，v ＝0.5 m/s ，只有D 正确．答案：D5.(2018·衡阳模拟)一质点做直线运动的v-t 的关系图象如图所示，则该质点的x-t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据xt图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的xt 关系图象可大致表示为B图．答案：B6.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v-t图象正确的是( )解析：根据加速度随时间变化的图象可得，0～1 s物体做匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度为正方向，选项D错；第1 s末的速度v＝1 m/s，1～2 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此物体做匀减速直线运动，v′＝1 m/s－a(t－1)，第2 s末，速度减小为0，选项B错；2～3 s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第2 s开始重复前面的运动，图象如C，选项C对，A错．答案：C7.(多选)(2017·连云港调研)如图所示是A、B两质点从同一地点运动的x-t图象，则下列说法中正确的是( )A．A质点以20 m/s的速度做匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C．B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动D．A、B两质点在4 s末相遇解析：x-t图象中，图线的斜率表示速度大小，A质点图线的斜率等于20 m/s，则知A质点以20 m/s的速度做匀速运动，故A正确；B质点图线的斜率先正后负，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确；由图线斜率可知，B质点最初4 s 内做减速运动，后4 s做加速运动，故C错误；4 s末二图线相交，说明两个质点到达同一位置相遇，故D正确．答案：ABD8．(2018·衡阳模拟)小明准备乘坐公共汽车回家，当到达车站前，发现公共汽车在前面离自己10 m远处正以5 m/s的速度匀速向前行驶，小明立即示意司机停车并以4 m/s的速度匀速追赶，司机看到信号经1.0 s反应时间后，立即刹车，加速度大小为2.5 m/s2，求：小明追上汽车所需的时间．解析：公共汽车速度减到零所用时间t ＝t 1＋v a ＝1 s ＋52.5s ＝3 s ，司机反应过程汽车的位移x 1＝v-t 1＝5×1 m ＝5 m ，减速过程汽车的位移x 2＝v 22a ＝252×2.5m ＝5 m ，则公共汽车的位移x ＝x 1＋x 2＝5 m ＋5 m ＝10 m ， 小明在这段时间内的位移x ′＝4×3 m ＝12 m<x ＋10 m ， 说明汽车停止时，小明还没有追上．则小明追上汽车的总时间t ′＝x ＋10 m v ′＝10 m ＋10 m4s ＝5 s.答案：5 sB 组 能力提升9.(2017·天津联考)a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间的关系图象中，图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线．有关这三个物体在0～5 s 内的运动，下列说法正确的是( )A ．a 物体做匀加速直线运动B ．c 物体做匀加速直线运动C ．t ＝5 s 时，a 物体速度比c 物体速度大D ．a 、b 两物体都做匀速直线运动，且速度相同解析：位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a 、b 两物体都做匀速直线运动，由题图可以看出，a 、b 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故A 、D 错误；图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，c 做初速度为0，加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，故B 正确；图线的斜率大小表示速度大小，根据题图可知，t ＝5 s 时，c 物体速度最大，故C 错误．答案：B10.(2018·哈尔滨六中模拟)如图为甲、乙两物体做直线运动的v-t 图象，下列表述正确的是( )A ．甲和乙的加速度方向相同B ．0～1 s 内甲和乙的位移相等C ．如果0时刻乙在甲前方0.55 m 处，则甲、乙间最小距离为0.12 mD ．甲的加速度比乙的小解析：由题图读出甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，加速度方向相反，故A 错误；0～1 s 内，由图线与横轴所围的“面积”可得出甲的位移大于乙的位移，故B 错误；根据加速度定义式：a 甲＝Δv Δt ＝0－23 m/s 2＝－23m/s 2，a 乙＝Δv Δt ＝2－12 m/s 2＝12m/s 2，故甲的加速度大于乙的加速度，故D 错误；设经过时间t 二者速度相同，则v 甲＋a 甲t ＝v 乙＋a 乙t ，即：2 m/s －23×t ＝1 m/s ＋12t ，整理可以得到：t ＝67s ，则在这段时间内，甲的位移为：x 甲＝v甲t ＋12a甲t 2≈1.47 m ，乙的位移为：x 乙＝v 乙t ＋12a 乙t 2≈1.04 m ，则此时二者之间的距离为：Δx ＝x 乙＋x 0－x 甲＝0.12 m ，故C 正确．答案：C11.(2018·福建厦门一中模拟)小张和小王驾驶两辆轿车(均视为质点)沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v-t图象，t＝0时刻，小张在小王前方s0处，下列判断正确的是( )A．若s0<18 m，两车相遇1次B．若s0＝18 m，两车相遇1次C．若s0＝36 m，两车相遇1次D．若s0＝54 m，两车相遇1次解析：根据v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得两车速度相等时，小张的位移x1＝36 m，小王的位移x2＝54 m，如果此时小王恰好追上小张，则s0＝x2－x1＝18 m，之后小王的速度小于小张的速度，不会再相遇，若s0<18 m，则在小王的速度大于小张时二人就会相遇，且小王会超过小张，之后是小张再追上小王，发生第二次相遇，A错误，B正确；若s0>18 m，两车不会相遇，C、D错误．答案：B12.(2017·四川广安四校联考)兰渝铁路的开通，为广大广安市民的生活、工作带来极大的方便．由于一些车次的动车需经停某些车站，因此不同车次的动车运行时间略有不同，这引起了物理爱好者的兴趣．现简化动车运行物理模型，假设在南充站停靠的动车在停靠南充站前以速度v0＝234 km/h 做匀速直线运动，经停该站的动车先做匀减速直线运动，在该站短暂停留后，做匀加速直线运动出站，当速度达到v0＝234 km/h时又开始做匀速直线运动，全过程的v-t图象如图所示．求：(1)动车离开南充站时的加速度大小；(2)动车停靠南充站比不停靠该站运行多经历的时间．解析：(1)v0＝234 km/h＝65 m/s，由题图知加速时间t2＝13 s，由公式v0＝0＋at，则a＝v0t＝5 m/s2.(2)由题图知减速时间t1＝20 s，减速位移x1＝v0＋02t1＝650 m，加速位移x2＝v0＋02t2＝422.5 m，在车站停止时间t3＝120 s，动车以234 km/h的速度经过车站用时t4＝x1＋x2v0＝16.5 s，则所求时间Δt＝(t1＋t2＋t3)－t4＝136.5 s. 答案：(1)5 m/s2(2)136.5 s。
2019东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第四讲实验一：研究匀变速直线运动
第一章直线运动第四讲实验一：研究匀变速直线运动课时跟踪练(四) 实验一：研究匀变速直线运动时间：40分钟答案见P361．如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．(2)A、B、C、D是纸带上4个计数点，每两个相邻计数点间有4个点没有画出．从图中读出A、B两点间距x＝________；C点对应的速度是________(结果保留三位有效数字)．解析：(1)打点计时器电源频率50 Hz，故打相邻两点的时间间隔T0＝1f＝0.02 s.(2)相邻两计数点间的时间间隔T＝0.02×5 s＝0.1 s，由题图读出x＝0.65 cm.C点对应的速度v C＝s BD2T＝2.002×0.1cm/s＝0.100 m/s.答案：(1)0.02 s (2)0.65 cm 0．100 m/s2．如图所示是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上6个计数点．加速度大小用a 表示．(1)OD 间的距离为________cm.(2)下图是根据实验数据绘出的xt 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为______m/s 2(保留三位有效数字)．解析：(2)物体做的是匀变速直线运动，物体从某一点开始运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，xt 2图线是一条过原点的倾斜直线，因此v 0＝0，得x ＝12at 2，所以xt 2图线的斜率为12a ，通过图线可求得斜率为0.460. 答案：(1)1.21 (2)12a 0.460 3．图甲是某同学探究小车的速度和加速度的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B 点，A 、B 两点间的距离为12.50 cm.用重物通过细线拉小车，让小车做直线运动．(1)若用游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm.(2)实验时将小车从图甲中位置A处由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2.28×10－2 s，则小车经过光电门时的速度为________m/s，小车的加速度为________m/s2(结果均保留两位有效数字)．解析：(1)主尺上的读数为1.1 cm，游标尺上第8条刻线与主尺刻线对齐，故游标尺上读数为8×0.05 mm＝0.40 mm＝0.040 cm，所以两部分之和为1.140 cm.(2)小车通过光电门时的速度可近似认为不变，则v＝dΔt＝1.140×10－22.28×10－2m/s＝0.50 m/s，由v2＝2ax得，a＝v22x＝0.5022×12.50×10－2m/s2＝1.0 m/s2.答案：(1)1.140 (2)0.50 1.04.如图所示，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d.(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间为Δt 1和Δt 2，则小车的加速度 a ＝____________.(2)(多选)为减小实验误差，可采取的方法是_________________．A ．增大两挡光片宽度bB ．减小两挡光片宽度bC ．增大两挡光片间距dD ．减小两挡光片间距d解析：(1)将挡光片通过光电门时的平均速度作为该时刻小车的瞬时速度有：v A ＝b Δt 1，v B ＝b Δt 2.再由v 2B －v 2A ＝2ad 可得结果． (2)挡光片的宽度b 越小，挡光片通过光电门时的时间越短，测得的平均速度越接近该时刻的瞬时速度，A 错误，B 正确．两挡光片之间的距离越大，测量d 时相对误差就越小，故C 正确，D 错误．答案：(1)b 22d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1（Δt 2）2－1（Δt 1）2 (2)BC 5．(2015·广东卷)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度．(1)请完成以下主要实验步骤：按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物________(选填“靠近”或“远离”)计时器下端；__________，________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验．(2)图b 和c 是实验获得的两条纸带，应选取________(选填“b ”或“c ”)来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和______________________________________________________．解析：(1)为使纸带上打出的点较多，应使重物靠近打点计时器的下端，并先接通电源，后释放纸带，使重物自由下落．(2)由于重物下落过程中做匀加速直线运动，因此打出的纸带上的点迹间隔应逐渐增大，故应选用题图b纸带．在实验操作和数据处理都正确的情况下，实验结果仍小于当地的重力加速度，主要原因是空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦．答案：(1)靠近先接通电源再释放纸带(2)b 纸带与打点计时器间的摩擦6．(2017·黑龙江大庆一模)某次“测定重力加速度”的实验中，得到了一条较为理想的纸带．纸带上取5个计数点，且两相邻计数点的时间间隔为0.1 s，依打点先后标为0、1、2、3、4，由于不小心，纸带被撕断了，其中部分纸带如图所示．(1)在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应该是________(填字母)．纸带A上，打点1时重物的速度为______m/s(结果保留三位有效数字)．当地的重力加速度大小为___________m/s2(结果保留三位有效数字)．(2)如果当时交流电的频率f>50 Hz，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的重力加速度值与真实值相比__________(选填“偏大”“相等”或“偏小”)．解析：(1)因Δx ＝x 12－x 01，代入数值得Δx ＝9 cm ，所以x 34＝x 12＋2Δx ＝57.2 cm ，即从纸带A 上撕下的那段应为C.因做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以v 1＝x 01＋x 122T，代入数值得v 1＝3.47 m/s.由Δx ＝aT 2得，当地的重力加速度大小a ＝9.00 m/s 2.(2)如果在实验中，交流电的频率f >50 Hz ，那么实际打点周期小，根据运动学公式Δx ＝aT 2得，仍用f ＝50 Hz 计算得到的重力加速度值会偏小，即测量的重力加速度值与真实的重力加速度值相比偏小．答案：(1)C 3.47 9.00 (2)偏小7．(2018·青岛模拟)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示．倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K ，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M ，M 与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M 迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M 时，M 与触头分开，第2个小球开始下落……这样，就可测出多个小球下落的总时间．(1)(多选)在实验中，下列做法正确的有( )A ．电路中的电源只能选用交流电源B ．实验前应将M 调整到电磁铁的正下方C ．用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离作为小球下落的高度D．手动敲击M的同时按下秒表开始计时(2)实验测得小球下落的高度H＝1.980 m，10个小球下落的总时间T＝6.5 s．可求出重力加速度g＝______m/s2(结果保留两位有效数字)．(3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法．(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt，这导致实验误差．为此，他分别取高度H1和H2，测量n个小球下落的总时间T1和T2.他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响？请推导说明．解析：(1)电磁铁可以使用交流电或直流电．小型电磁铁一般使用直流电，A项错误；为保证小球下落能把触头断开，M应调整到电磁铁的正下方，B项正确；电磁铁下端到M的竖直距离，再减去一个小球的直径，即为小球下落的高度，C项错误；手动敲击M的同时按下秒表开始计时，D项正确．(2)根据H＝12gt2，则有g＝2Ht2＝2×1.9800.652m/s2≈9.4 m/s2.(3)增加小球下落的高度；多次重复实验，结果取平均值．(4)由H1＝12g⎝⎛⎭⎪⎫T1n－Δt2和H2＝1 2g⎝⎛⎭⎪⎫T2n－Δt2，可得g＝2n2（H1－H2）2（T1－T2）2，因此可以消去Δt的影响．答案：(1)BD (2)9.4 (3)增加小球下落的高度；多次重复实验，结果取平均值(其他答案只要合理也可) (4)见解析。
江苏省2019年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第一讲描述运动的基本概念
第一章直线运动第一讲描述运动的基本概念课时跟踪练(一)A组基础巩固1.2016年7月中国军队在南海进行军事演习，参加此次演习的轰油—6空中加油机是中国自主研制的第一款空中加油机．图为加、受油机梯队保持为预对接状态．下列说法中正确的是()A．选地面为参考系，受油机是静止的B．选加油机为参考系，受油机是静止的C．选加油机为参考系，广场上的观众是静止的D．参考系必须选静止不动的物体解析：选地面为参考系，受油机是运动的，故A错误；选加油机为参考系，受油机相对于加油机是静止的，故B正确；选加油机为参考系，广场上的观众是运动的，故C错误；参考系可以任意选取，可以是静止的物体，也可以是运动的物体，故D错误．答案：B2．(2018·宜春模拟)“神舟十一号”飞船发射升空，并进入预定轨道后，通过一系列的姿态调整，完成了与“天宫二号”的交会对接．关于以上消息，下列说法中正确的是()A．“神舟十一号”飞船绕地球飞行一周的过程中，路程为零B．“神舟十一号”飞船绕地球飞行一周的过程中，位移为零C．“神舟十一号”飞船绕地球飞行一周的过程中，每一时刻的瞬时速度和平均速度都不为零D．交会对接过程中，可以把“神舟十一号”飞船看作质点解析：飞船绕地球飞行一周，路程为其运动轨迹的长度，即轨道的周长，路程不为零，A错误；飞船绕地球飞行一周，其初、末位置相同，位移为零，B正确；飞船绕地球飞行一周，其瞬时速度不为零，而平均速度是位移与时间的比值，故平均速度为零，C错误；对接时，不能把飞船看作质点，D错误．答案：B3．下列关于速度的说法中正确的是()A．速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量B．平均速度就是速度的平均值，既有大小，又有方向，是矢量C．运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫作瞬时速度，它是标量D．汽车上的速度计是用来测量汽车平均速度大小的仪器解析：速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量，故A正确；平均速度等于某段位移与对应时间的比值，不是速度的平均值，是矢量，故B错误；瞬时速度是在某一时刻或某一位置的速度，是矢量，故C错误；汽车上的速度计是用来测量汽车瞬时速度的大小即速率的仪器，故D错误．答案：A4．(2018·桂林模拟)下列说法中正确的是()A．物体只要有加速度，物体的速度一定增大B．物体的速度为零，物体的加速度一定为零C．物体的加速度增大，物体的速度一定增大D．物体的加速度减小，物体的速度和位移可能都在增大解析：当物体有加速度且加速度方向与速度同向时，物体的速度增大，当加速度方向与速度反向时，物体的速度减小，选项A错误；物体做自由落体运动时最高点的速度为零，但加速度为g不为零，选项B错误；物体的加速度增大时，只有当加速度方向与速度同向时，物体的速度才增大，选项C错误；物体的加速度减小，若加速度方向与速度同向，物体的速度仍增大，位移也增大，选项D正确．答案：D5．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是()A．运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 mB．运动员铅球成绩为4.50 m，指的是位移大小为4.50 mC．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时刻D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点解析：运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 m，选项A正确；运动员铅球成绩为4.50 m，指的是抛出点和落地点水平距离的大小，选项B错误；某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时间，选项C错误；上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的形状、大小不能忽略，不可以看作质点，选项D错误．答案：A6．两位杂技演员，甲从高处自由落下的同时乙从蹦床上竖直跳起，结果两人同时落到蹦床上，若以演员自己为参考系，此过程中他们各自看到对方的运动情况是()A．甲看到乙先朝上、再朝下运动B．甲看到乙一直朝上运动C．乙看到甲先朝下、再朝上运动D．甲看到乙一直朝下运动解析：乙上升过程，甲、乙间距越来越小，故甲看到乙向上运动；乙下降过程，因甲的速度大于乙的速度，甲、乙间距仍然变小，故甲看到乙还是向上运动，B正确．答案：B7．下表是D3111次动车宁德至福州南站区间运行时刻表，则()B．该动车从宁德至福州南站的位移为88 kmC．能从表中数据求出该动车从宁德至福州南站的平均速度D．该动车从宁德至福州南站全程做匀速直线运动解析：题表中“12：15”表示时刻，选项A正确；该动车从宁德至福州南站的路程为88 km ，选项B 错误；从表中数据无法知道该动车从宁德至福州南站的位移，故无法求出该动车从宁德至福州南站的平均速度，选项C 错误；该动车从宁德至福州南站全程中不是做直线运动，故不可能做匀速直线运动，选项D 错误．答案：A8．(多选)我国新研制的隐形战机歼－20，已经开始挂弹飞行．在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a 不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的( )A ．速度不断增大，位移不断减小B ．速度不断增大，位移不断增大C ．速度增加越来越快，位移增加越来越快D ．速度增加越来越慢，位移增加越来越快解析：飞机的加速度不断变小，但速度不断变大，只是增加变慢而已，速度变大时，位移增加变快，B 、D 正确．答案：BD9．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速度为v 1，下山的平均速度为v 2，则往返的平均速度的大小和平均速率是( )A.v 1＋v 22，v 1＋v 22B.v 1－v 22，v 1－v 22 C ．0，v 1－v 2v 1＋v 2 D ．0，2v 1v 2v 1＋v 2解析：平均速度是位移与时间的比值，由于此人爬山往返一次，位移Δx ＝0，平均速度v ＝Δx Δt ＝0Δt＝0；平均速率是路程与时间的比值，由于此人往返一次，路程为山脚到山顶距离的2倍，平均速率为s 1＋s 2t 1＋t 2＝2s s v 1＋s v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2，所以D 项正确． 答案：D10.(2015·广东卷)如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物()A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v解析：以帆板为参照物，帆船具有朝正东方向的速度v 和朝正北方向的速度v ，两速度的合速度大小为2v ，方向朝北偏东45°，故选项D 正确．答案：DB 组 能力提升11.(多选)三个质点A 、B 、C 均由N 点沿不同路径运动至M 点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点，下列说法正确的是( )A ．三个质点从N 点到M 点的平均速度相同B ．三个质点任意时刻的速度方向都相同C ．三个质点任意时刻的位移方向都相同D ．三个质点从N 点到M 点的位移相同解析：位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达M 点时，位移方向相同，C错误，D 正确；根据平均速度的定义式v ＝Δx Δt可知三个质点从N 点到M 点的平均速度相同，A 正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B 错误．答案：AD12．(多选)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5 min ，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速率计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )A ．在整个过程中赛车手的位移是9 kmB ．在整个过程中赛车手的路程是9 kmC ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hD ．经过路标时的速率是150 km/h解析：利用地图计算出的出发地和目的地之间的直线距离为整个运动过程的位移，里程表显示的是路程，平均速度v ＝x t ＝9 km 112h ＝108 km/h ，A 正确，B 、C 错误；车内速率计示数为对应位置的速率，故D 正确．答案：AD13．假设从水平匀速飞行的飞机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是( )A ．从飞机上看，物体始终在飞机的正下方B ．从飞机上看，物体始终在飞机的正后方C ．从地面上看，物体做自由落体运动D ．从飞机上看，物体做平抛运动解析：由于惯性，物体在释放后做平抛运动，在水平方向以抛出时的速度做匀速直线运动，故在水平方向和飞机不发生相对运动，在竖直方向做自由落体运动，从飞机上看，物体做自由落体运动，物体始终在飞机的正下方，故A 正确，B 、D 错误；从地面上看，物体做平抛运动，故C 错误．答案：A14．(2018·伊春模拟)一个质点做变速直线运动，以v 1＝10 m/s 的平均速度完成前13路程，以v 2＝30 m/s 的平均速度完成剩下23的路程，则全过程的平均速度为( )A ．20 m/sB ．18 m/sC ．23.3 m/sD ．40 m/s解析：设全程长为x ，则前13路程所需的时间t 1＝13x 10，后23路程所需的时间t 2＝23x 30. 所以全程的平均速度v ＝x t 1＋t 2＝x 13x 10＋23x 30m/s ＝18 m/s ， 故B 正确．答案：B15.(多选)运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则人感到不舒服．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()A ．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s 3B ．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C ．若加速度与速度同方向，如图所示的at 图象，表示的是物体的速度在减小D ．若加速度与速度同方向，如图所示的at 图象，已知物体在t ＝0时速度为5 m/s ，则2 s 末的速度大小为8 m/s解析：加速度的变化率是指加速度的变化与时间的比值，即Δa Δt，由单位制知其单位为m/s 3，A 对；加速度的变化率为零时，指加速度不变，若加速度为零，物体做匀速直线运动，若加速度不为零，物体做匀变速直线运动，B 错；若加速度与速度同向，则物体做加速运劫，题图所示加速度减小，则物体速度增加得越来越慢，但仍在增加，C 错；在加速度与时间的图象中，图象与时间轴所包围的面积为这段时间内的速度的变化量，则得Δv ＝3 m/s ，由于加速度与速度同向，物体做变加速运动，已知初速度为5 m/s ，则在2 s 末的速度大小为8 m/s ，D 对．答案：AD。
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章末整合提升
1．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()
命题意图：本题考查电磁感应、电磁阻尼及其相关的知识点．解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻
尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.
答案：A
2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是()
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
命题意图：本题考查电磁感应、涡流及其相关的知识点，意在考查考生综合运用电磁感应知识分析解释实验现象的能力．难度中等偏难．
解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确，D错误；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误．答案：AB
3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()
图甲图乙
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
命题意图：本题考查电磁感应与力学规律的综合应用．
解析：由题图乙可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2
m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由
E ＝BL v ，得B ＝E L v ＝0.010.1×0.5
T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在0.4～0.6 s 这
段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005
A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，D 项错误．
答案：BC
4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
命题意图：本题考查楞次定律、右手定则．
解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．
答案：D
5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
命题意图：本题主要考查平衡条件、法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律及其相关知识，意在考查考生灵活运用知识分析、解决问题的能力．
解析：(1)设两根导线的总的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2.
对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ，① F N1＝2mg cos θ，②
对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μF N2＝F T ，③ F N2＝mg cos θ，④
联立①②③④式得
F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤
(2)由安培力公式得F ＝BIL ，⑥
这里I 是回路abdca 中的感应电流．
ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ，⑦
式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．
由欧姆定律得I ＝E R
，⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得
v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. 答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2。