粤教版高中物理必修一课后习题答案(1~4章)

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粤教版高中物理必修一第四章章末复习课+Word版含答案.doc

第四章章末复习课【知识体系】力与运动⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧伽利略的理想实验与牛顿第一定律⎩⎪⎨⎪⎧伽利略的理想实验牛顿第一定律⎩⎪⎨⎪⎧惯性：一切物体都有惯性物体运动状态的改变⎩⎪⎨⎪⎧速度① 变化速度② 变化大小、方向都变化影响加速度的因素⎩⎪⎨⎪⎧加速度与合外力的关系：质量一定时，加速度与合外力③加速度与质量的关系：当合外力一定时，加速度与质量④ 探究运动与受力关系⎩⎪⎨⎪⎧加速度与合外力的关系：m 一定时，a ∝F ，或a 1∶a 2＝F 1∶F2加速度与质量的关系：F 一定时，a ∝1m，或a 1∶a 2＝m 2∶m 1实验数据的图象表示牛顿第二定律⎩⎪⎨⎪⎧计算机实时实验的结果牛顿第二定律及其数学表示⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：⑤适用范围牛顿第二定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧已知物体的运动状态，确定物体的受力情况已知物体的受力情况，确定物体的运动状态超重和失重⎩⎪⎨⎪⎧超重和失重现象超重和失重的解释完全失重的现象力学单位⎩⎪⎨⎪⎧单位制的意义：由⑥ 和⑦ 所组成的一系列完整的单位体制国际单位制中的力学单位[答案填写] ①大小 ②方向 ③成正比 ④成反比 ⑤F ＝ma ⑥基本单位 ⑦导出单位主题1 整体法与隔离法1．整体法与隔离法．(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．2．整体法和隔离法的选择．(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法． (2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法． 3．注意事项．(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”． (2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力． (3)区分清楚内力和外力．[典例❶] 如图所示，质量为80 kg 的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，现观察到物体在磅秤上的示数只有600 N ，g 取10 m/s 2，则(1)斜面的倾角θ为多少？ (2)磅秤对物体的静摩擦力为多少？解析：(1)对物体、磅秤和小车组成的整体应用牛顿第二定律，得 (M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a ，解得a ＝g sin θ. 隔离M ，对M 在竖直方向上应用牛顿第二定律，有Mg －F N ＝Ma sin θ，即Mg －F N ＝Mg sin 2θ，代入数据，解得sin θ＝12，故θ＝30°.(2)对M 在水平方向上应用牛顿第二定律，有F f ＝Ma cos θ＝Mg sin θcos θ＝200 3 N ，则磅秤对物体的静摩擦力为200 3 N. 答案：(1)30° (2)200 3 N针对训练1．(多选)如图所示，在光滑的桌面上有M 、m 两个物块，现用力F 推物块m ，使M 、m 两物块在桌上一起向右加速，则M 、m 间的相互作用力为( )A.mF M ＋mB.MF M ＋mC ．若桌面的动摩擦因数为μ、M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力为MFM ＋m ＋μMg D ．若桌面的动摩擦因数为μ，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力仍为MF M ＋m解析：根据牛顿第二定律，得对整体：a ＝FM ＋m，对M ：F N ＝Ma ＝MFM ＋m.故A 错误，B 正确；设桌面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，得对整体：a ＝F －μ（M ＋m ）g M ＋m ＝FM ＋m－μg对M ：F N －μMg ＝Ma 得F N ＝μMg ＋Ma ＝MFM ＋m.故C 错误，D 正确．答案：BD主题2 临界问题1．临界值问题：在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常要讨论相互作用的物体间是否会发生相对滑动，相互接触的物体间是否会发生分离等，这类问题就是临界问题．2．解决临界问题的关键：解决这类问题的关键是分析临界状态，两物体间刚好相对滑动时，接触面间必须出现最大静摩擦力；两个物体要分离时，相互之间作用的弹力必定为零．3．解决临界问题的一般方法：(1)极限法：题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时，一般就隐含临界问题，解决这类问题时常常是把物理量(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决问题的目的．(2)数学推理法：根据分析物理过程列出相应的力学方程(数学表达)，然后由数学表达式讨论得出临界条件．【典例2】如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？解析：(1)设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a 1，此时，斜面支持力F N ＝0，小球受力如图甲所示．根据牛顿第二定律，得水平方向：F x＝F T cos θ＝ma1，竖直方向：F y＝F T sin θ－mg＝0，联立两式，解得a1＝g cot θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加速度不得大于a＝g cot θ.(2)设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此时，细绳的拉力F T＝0.小球受力如上图乙所示．根据牛顿第二定律，得水平方向：F x＝F N sin θ＝ma2，竖直方向：F y＝F N cos θ－mg＝0，联立两式，解得a2＝g tan θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向左的加速度不得大于a＝g tan θ.答案：见解析针对训练2.如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为m.若要使球对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起( )A．水平向右加速，加速度a＝g tan θB．水平向左加速，加速度a＝g tan θC．水平向右减速，加速度a＝g sin θD．水平向左减速，加速度a＝g sin θ解析：球对竖直挡板无压力时，受力如图所示，重力mg和斜面支持力F N的合力方向水平向左．F＝mg tan θ＝ma，解得a＝g tan θ，因此斜面应向左加速或者向右减速．答案：B主题3 图象在动力学中的应用动力学中的图象常见的有F-t图象、a-t图象、F-a图象等．(1)对F-t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．(2)对a-t 图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．(3)对于F-a 图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F 间的函数关系式；由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．【典例3】放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图象可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A ．0.5 kg ，0.4B ．1.5 kg ，215C ．0.5 kg ，0.2D ．1 kg ，0.2解析：由题F-t 图和v-t 图，可知物块在2 s 到4 s 内所受外力F ＝3 N ，物块做匀加速运动，a ＝Δv Δt＝2 m/s 2，又F －f ＝ma ，即3－μmg ＝2m .① 物块在4 s 到6 s 所受外力F ＝2 N ，物块做匀速直线运动，则F ＝f ＝μmg ＝2 N ．② 由①②解得：m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故A 选项正确．答案：A针对训练3．如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图甲图乙(1)小环的质量m ；(2)细杆与地面间的夹角α. 解析：由题图得：0～2 s 内，a ＝Δv Δt ＝12m/s 2＝0.5 m/s 2. 根据牛顿第二定律，可得前2 s 有F 1－mg sin α＝ma ，2 s 后有F 2＝mg sin α，代入数据，解得：m ＝1 kg ，α＝30°.答案：(1)1 kg (2)30°统揽考情牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：1．超重、失重问题，瞬时性问题．2．整体法与隔离法处理连接体问题．3．牛顿运动定律与图象综合问题．真题例析(2015·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：剪断细线前，轻弹簧S1的弹力FT1＝2mg，轻弹簧S2弹力FT2＝mg；在剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，根据F＝kx知Δl1＝2Δl2，C正确，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a物体受向下的重力和向下的拉力FT1，A其合力为3mg，因此a的加速度a1＝3g，A正确，B 错误，故选A、C答案：AC针对训练如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g，则有( )A．a1＝g，a2＝0 B．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg解析：在抽出木板的瞬间，弹簧未来得及发生形变，所以木块1所受重力和弹力均不变，合力为零，则a1＝0.木块2受重力Mg和弹簧弹力F＝mg，由牛顿第二定律，得Mg＋mg＝Ma2，则a2＝M＋mMg，选项C正确．答案：C1.如图所示，两根完全相同的轻弹簧下端挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两轻弹簧之间的夹角是120°，且轻弹簧产生的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是( )A．a＝3g，方向竖直向上B．a＝3g，方向竖直向下C．a＝2g，方向竖直向上D．a＝2g，方向竖直向下解析：两轻弹簧弹力之和为3mg，剪断细线的瞬间，小球所受合外力为2mg，其加速度是a ＝2g，方向竖直向上，选项C正确．答案：C2．如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小和方向是( )A．2 m/s2，水平向右B．4 m/s2，水平向右C．6 m/s2，水平向左D．8 m/s2，水平向左解析：开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读数变大，因为弹簧的弹力F与形变量x成正比，且Fx＝ΔFΔx，故甲弹簧测力计的读数减小2 N，乙弹簧测力计的读数增大2 N．根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右．由F＝ma，有a＝12－81m/s2＝4 m/s2.故选项B正确．答案：B3．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确．答案：BC4．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为F N，细绳对小球的拉力为F T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )A．若小车向左运动，F N可能为零B．若小车向左运动，F T不可能为零C．若小车向右运动，F N不可能为零D．若小车向右运动，F T不可能为零解析：若小车向左做减速运动，则加速度方向向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，故此时F N为零，故A正确；若小车向左加速运动，则加速度方向向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，故B错误；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，即加速度方向也可能向右或向左，所以F N和F T均可以为零，故C、D均错误．答案：A5． (多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是( )A ．在0～1 s 内，外力F 不断增大B ．在1～3 s 内，外力F 的大小恒定C ．在3～4 s 内，外力F 不断减小D ．在3～4 s 内，外力F 的大小恒定解析：在速度—时间图象中，0～1 s 内物块速度均匀增大，物块做匀加速运动，外力F 为恒力；1～3 s 内，物块做匀速运动，外力F 的大小恒定，3～4 s 内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F 由大变小．综上所述，只有B 、C 两项正确．答案：BC6.如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f .若木块不滑动，力F 的最大值是( )A.2f （m ＋M ）MB.2f （m ＋M ）mC.2f （m ＋M ）M －(m ＋M )g D.2f （m ＋M ）m＋(m ＋M )g解析：对整个系统应用牛顿第二定律，得F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ；①对M 应用牛顿第二定律，得2f －Mg ＝Ma ；② 由①②联立，得F ＝2f （m ＋M ）M，故A 正确．答案：A7.(多选)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ，最后停止．用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示，根据图线所提供的信息，以下判断正确的是( )A．t1时刻消防队员的速度最大B．t2时刻消防队员的速度最大C．t3时刻消防队员的速度最大D．t4时刻消防队员的加速度最小解析：由题图象可判断消防队员的运动过程：t1时刻刚产生地面的冲击力，说明此时消防队员刚落地；此后由于地面的冲击力小于重力，所以合力向下，消防队员继续加速运动；t2时刻消防队员受到的冲击力和重力大小相等而平衡，加速度为零，速度达到最大，A、C错误，B正确；t4时刻消防队员站稳，加速度为零，D正确．答案：BD8．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到平均阻力大小为飞机重力的110.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道上运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1，v21＝2a1l1，v1＝a1t1，其中f＝0.1mg，代入已知数据可得：a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s.飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道向下的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有：F′合＝F－f－G x＝ma2，G x＝mg hl2＝4.0×104 N，v22－v21＝2a2l2，代入已知数据可得：a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1，末速度大小为v′1，有：F″合＝F推＋F－f＝ma′1，v′21＝2a′1l1，飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道的受力没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2，v′22－v′21＝2a′2l2，根据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得：F推＝5.2×105 N.答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

粤教版物理必修一第一章运动的描述练习题及答案解析6份

第1节1．下列运动的研究对象中，能看成质点的是()A．研究跳水运动员入水时减小水花的方法B．研究10 000米长跑时运动员的速度C．研究火车进站时的速度和停靠位置D．研究体操运动员的优美舞姿【解析】在本题中A、C、D都要研究物体或人体的每个部分的具体运动情况，因此不可看成质点，否则每个部分间的差别就被忽略了.10 000米，甚至是100米相对于人的尺寸也大得多，并且这里并不需要研究身体每个部位的变化，故可看成质点．【答案】B2．如图1－1－7所示，在电视连续剧《西游记》中，常常有孙悟空腾云驾雾的镜头，这通常是采用背景拍摄法拍摄的．让孙悟空站在平台上，做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果．摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头，放映时，观众就会感觉到孙悟空在腾云驾雾．此时，观众所选取的参考系是()图1－1－7A．孙悟空B．平台C．飘动的白云D．屏幕【解析】放映时，观众认为白云不动，以飘动的白云为参考系看到孙悟空在腾云驾雾，C正确．【答案】C3．(2013·汕头高一期末测试)为了实现全球快速、便捷的通信，人类发射了地球同步通信卫星，同步通信卫星位于距地面大约36 000 km的高空，可以认为() A．以地面为参考系同步卫星静止B．以太阳为参考系同步卫星静止C．同步卫星在高空静止不动D．同步卫星相对地面上静止的物体是运动的【解析】地球同步卫星是相对地面静止的．若以地面为参考系，卫星是静止的，若以太阳为参考系，地球同步卫星则是运动的，故A正确，B、D错误．C 选项没有选定参考系，不能研究其运动情况，C错误．【答案】A4．(双选)(2013·南昌高一检测)以下说法正确的是()A．“一江春水向东流”的参考系是江岸B．我们说“太阳从东方升起”是以太阳为参考系C．研究某学生骑车回校的速度时可以把学生和车看做质点D．研究某学生骑车姿势进行物理分析时可以把学生和车看做质点【解析】以江岸为参考系水是流动的，A项正确；太阳从东方升起是以地平面为参考系的，B错；研究学生骑车速度可不考虑学生的大小，能看成质点，但研究学生的骑车姿势就不能忽略学生的大小，故此时不能把学生看成质点．C 对D错．【答案】AC5．(双选)2011年11月，“神舟八号”与“天宫一号”成功完成无人对接，以下所给出的哪一个阶段可以把“神舟八号”看成质点()A．飞船发射升空，跟踪飞船运动轨迹时B．分析飞船飞行速度时C．与“天宫一号”对接前，调整飞船姿势时D．控制飞船完成对接过程时【解析】跟踪飞船运动轨迹和分析飞船飞行速度时，飞船的形状、大小是次要因素，飞船可看成质点，A、B正确．调整姿势和控制对接过程中，飞船的形状、姿态是科学家关注的重点，飞船不能看成质点，C、D错．【答案】AB6．(双选)为了提高枪械射击时的准确率，制造时会在枪膛上刻上螺旋形的槽．这样，当子弹在枪管中运动时，会按照旋转的方式前进．离开枪管后，子弹的高速旋转会降低空气密度、侧风等外部环境对子弹的影响，从而提高子弹飞行的稳定性．下列关于子弹运动的说法中正确的是()A．当研究子弹的旋转对子弹飞行的影响时可以把子弹看做质点B．当研究子弹射击百米外的靶子所用的时间时可以把子弹看做质点C．无论研究什么问题都可以把子弹看做质点D．能否将子弹看做质点，取决于我们所研究的问题【解析】在研究子弹的旋转对子弹飞行的影响时不能忽略子弹的大小和形状，因而不可以把子弹看做质点，但研究子弹射击百米外的靶子所用的时间时，其大小和形状可以忽略，可以看做质点，故选项B、D正确．【答案】BD7．(双选)2011年9月1日在吉林长春首届航空开放日上，空军红鹰飞行表演队驾驶我国自主研制的k－8高级教练机首次亮相，飞出特高难动作，保持队形不变，如图1－1－8为六机低空拉烟通场表演．下列关于运动情况的说法正确的是()图1－1－8A．地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以地面为参考系C．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的D．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的【解析】飞机相对地面及地面上的建筑物向前飞行，而地面上的建筑相对飞机向后运动．可见，地面上的人看到飞机飞过是以地面为参考系．飞行员看到观礼台向后掠过是以飞机为参考系，A正确，B错误，由于飞机编队保持队形不变，所以以某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，C对、D错．【答案】AC8．做下列运动的物体，能当做质点处理的是()A．自转中的地球B．旋转中的风力发电机叶片C．在冰面上旋转的花样滑冰运动员D．匀速直线运动的火车【解析】研究物体的转动时，物体都不能看成质点．在四种运动中只有匀速直线运动的火车可看做质点处理，因此选D.【答案】D9．公路上向左匀速行驶的汽车如图1－1－9所示，经过路边一颗果树时，恰好有一颗果子从树上自由落下，下图中，地面上的观察者看到的果子的运动轨迹是()图1－1－9A B C D【解析】果子从树上自由下落相对地面是直线运动，故地面上的观察者将看到轨迹C.【答案】C10．(2012·东莞高一月考)美国发射的哈勃望远镜在宇宙空间绕着地球沿一定轨道在高速飞行，因为出现机械故障，用宇宙飞船把宇航员送上轨道对哈勃望远镜进行维修，以________作为参考系时，宇航员相对静止，可以进行维修工作，以________作为参考系时，宇航员是在做变速运动．【解析】宇航员相对哈勃望远镜而言其位置没变故静止，相对地面来说其位置在变化，我们说他在运动．【答案】哈勃望远镜地面11．一位学生在作文中写到，“红日从东方冉冉升起，我坐在奔驰的火车里，静靠在椅背上，欣赏着窗外的景物，只见路旁的树木急速地向后退去……”则下列几种运动形式所对应的参考系分别是：①“升起”________②“奔驰”________③“静靠”________④“后退”________【解析】以地球为参考系，我们每天观察到太阳东升西落；火车奔驰是相对地面而言的；静靠椅背，看到火车外的树木后退这是以火车为参考系的．【答案】地球地面火车火车12．如图1－1－10是某次跳伞时飞行员下落时的造型．若其中某一飞行员以对面的飞行员为参考系，则他的运动情况怎样？当他俯视大地时，看到大地迎面扑来，他是以什么物体为参考系？图1－1－10【答案】飞行员保持该造型时，他们彼此相对位置不变，所以某飞行员以对面飞行员为参考系是静止的；当他俯视大地时，看到大地离他越来越近，是以自己或保持造型不变的队友为参考系．第2节1．(双选)(2013·广东茂名高一期中)关于时间和时刻，下列说法中正确的是()A．第4 s末就是第5 s初，指的是时刻B．物体在5 s时指的是物体在5 s初时，指的是时刻C．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s初这1 s的时间D．物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间【解析】根据时刻和时间的概念可解答本题．前一秒末和后一秒初是同一时刻，即第4 s末就是第5 s初.5 s时指的是6 s初这一时刻，5 s内指的是前5 s 这一段时间．前5 s内指的是4 s末到5 s末这1 s的时间．故选AD.【答案】AD2．(双选)关于位移和路程，以下说法正确的是()A．出租汽车按路程收费B．出租汽车按位移的大小收费C．在曲线运动中，同一运动过程的路程一定大于位移的绝对值(即大小)D．在直线运动中，位移就是路程【解析】出租汽车按路程收费，曲线运动路程一定大于初、末位置间线段的长度，所以路程一定大于位移的大小，，所以A、C正确，B错误．只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程，而位移是矢量，路程是标量，任何情况下位移都不能是路程，所以D错误．【答案】AC3．(双选)(2013·攀枝花高一检测)北京时间2010年1月17日0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第三颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．这标志着中国北斗卫星导航系统工程建设又迈出重要一步，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s.以下说法正确的是()A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时间间隔D．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻【解析】由位置、位移、时间间隔、时刻的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A错、B对．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C错，D对．【答案】BD4．一人沿着半径是40 m的圆形喷水池边散步，当他走了3圈半时，他的位移大小和经过的路程是()A．879 m、879 m B．80 m、879 mC．80 m、80 m D．879 m、80 m【解析】此人的位移大小等于圆形喷水池的直径80 m，他经过的路程是3.5×2×40×3.14 m＝879 m，故选项B正确．【答案】B5．(双选)如图1－2－8所示，游泳池中有一人沿直线游泳，他以A点为起点，先经过B点，后至池对岸C点后返回至D点，则以下有关此人的位移和路程说法正确的是()图1－2－8A．此人运动的位移为大小40 m，路程60 mB．此人运动的位移大小为60 m，路程为60 mC．此人从B运动到D的位移大小为20 m，路程40 mD．此人从B经C到D的位移大小为20 m，路程为20 m【解析】位移是指运动物体从起始位置到终了位置的有向线段的长度．路程是运动物体经过的实际路径的长度．故正确答案为AC.【答案】AC6．(2013·珠海高一期末检测)从水平匀速航行的飞机上抛出物体，地面上的观察者以地面作为参考系，观察被投下的物体的运动，如图1－2－9所示，则下列说法中正确的是()图1－2－9A．物体是竖直下落的，其位移的大小等于飞机的高度B．物体是沿着曲线下落的，其位移的大小等于飞机的高度C．物体是沿着曲线下落的，其位移的大小等于路程D．物体是沿着曲线下落的，其位移的大小小于路程【解析】地面观察者看到物体沿着曲线下落．从抛出点指向落点的线段为位移，而位移的大小小于其轨迹长度，由此知D正确．【答案】D7．(2012·宿州高一检测)如图1－2－10所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，气门芯位移的大小为()图1－2－10A．πR B．2RC．2πR D．R4＋π2【解析】如图所示，气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方的过程中，初末位置之间的距离，也就是位移大小为x＝（2R）2＋（πR）2＝R4＋π2，因此选项D 正确，其他选项均错误．【答案】D8．用时间轴可以表示不同的时刻和经过的时间．如图1－2－11所示，图中A点代表的时刻为________，A、B两点间代表的时间为________．图中C、D 两点间代表的时间为________．图1－2－11【解析】从时间轴上可读出A点代表的时刻为0.8 s末，B点代表的时刻为4.6 s末，A、B两点间代表的时间为4.6 s－0.8 s＝3.8 s，C、D两点间代表的时间为2.6分钟．【答案】0.8 s末 3.8 s 2.6 min9．如图1－2－12甲所示，一根细长的轻弹簧系着一个小球，弹簧的另一端固定在天花板上，静止时，小球处于位置O，现手握小球把弹簧拉长，放手后小球便在竖直方向上来回运动，B，C为小球到达的最低点和最高点，从小球向上经过位置O时开始计时，其经过各点的时刻如图乙所示，若测得OB＝OC＝10 cm，AB＝3 cm，则自O时刻开始：甲乙图1－2－12(1)0.2 s内小球发生的位移大小是________，方向向________，经过的路程是________．(2)0.5 s内小球发生的位移大小是________，方向向________，经过的路程是________．(3)0.7 s内小球发生的位移大小是________，方向向________，经过的路程是________．(4)0.8 s内小球发生的位移大小是________，经过的路程是________．【解析】从位移和路程的定义出发进行计算和判断即可．由题目所给条件，在0.2 s内，小球由O点向上运动到C点，位移的大小是10 cm，即0.1 m，方向向上，经过的路程是0.1 m；在0.5 s内，小球运动到C点后又返回，经过O点又向下运动到A点，小球的初位置在O点，末位置在A点，因此位移的大小是10 cm－3 cm＝7 cm，即0.07 m，方向向下，路程是(10×2＋7) cm＝27 cm，即0.27 m．按照小球的运动过程，同样可以分析0.7 s时小球的位移大小是0.07 m，方向向下，经过的路程是0.33 m；0.8 s时小球回到O点，不发生位移，经过的路程是0.4 m.【答案】(1)0.1 m上0.1 m(2)0.07 m下0.27 m(3)0.07 m下0.33 m(4)00.4 m10．(2013·深圳外国语高一期末)如图1－2－13所示，高速铁路是指通过改造原有线路(直线化、轨距标准化)，使营运速率达到每小时200公里以上，或者专门修建新的“高速新线”，使营运速率达到每小时250公里以上的铁路系统．高速铁路除了列车在营运达到速度一定标准外，车辆、路轨、操作都需要配合提升．广义的高速铁路包含使用磁悬浮技术的高速轨道运输系统．图1－2－13我国铁路交通高速发展，已经数次提速．下表是某同学查询的某次空调特快列车的运动时刻表.(1)上表中各“停车时间”及“开车时间”指的是时刻，还是时间间隔？(2)能否了解到本次特快列车到达无锡站、离开无锡站的时间及停靠无锡站的时间？(3)表中“144公里”表示什么物理意义？【解析】(1)表中各“停车时间”、“开车时间”分别表示到站的时刻和出站的时刻．(2)本次特快列车于16∶26(时刻)到达无锡站，于16∶30(时刻)离开无锡站，中间停靠4 min(时间)．(3)表中“144公里”应该表示列车从南京西站出发到达常州站的过程总路程(不是位移)为144公里．【答案】见解析11．如图1－2－14所示，每层楼高度都相同，楼梯倾斜角度为45°，如图某人从大门走到3楼，他走的路程是位移的______倍，如图从大门走到房门口，路程又是位移的______倍．图1－2－14【解析】设每层楼高为h.由数学知识可求出此人从大门走到3楼的位移为s＝2h，路程x＝22h，则xs＝2；从大门口走到房门口路程x′＝22h＋h＝(22＋1)h，位移s′＝5h，则x′s′＝22＋15【答案】2(22＋1)/512．如图1－2－15所示，一辆汽车在马路上行驶，t＝0时，汽车在十字路口中心的左侧20 m处，过了2 s，汽车正好到达十字路口的中心，再过3 s，汽车行驶到了十字路口中心右侧30 m处，如果把这条马路抽象为一条坐标轴x，十字路口中心定为坐标轴的原点，向右为x轴的正方向，试将汽车在三个观测时刻的位置坐标填入表中，并说出前2 s内、后3 s内汽车的位移分别为多少？这5 s内的位移又是多少？图1－2－15【解析】原点左侧的点的坐标为负值，右侧的点的坐标为正值，即：x1＝－20 m，x2＝0，x3＝30 m.前2 s内的位移Δx1＝x2－x1＝0－(－20) m＝20 m后3 s内的位移Δx2＝x3－x2＝30 m－0＝30 m.这5 s内的位移Δx3＝x3－x1＝30 m－(－20) m＝50 m上述位移Δx1、Δx2和Δx3都是矢量，大小分别为20 m、30 m和50 m，方向都向右，即沿x轴正方向．【答案】见解析第3节1．(2012·白云高一检测)关于打点计时器的使用说法正确的是() A．电磁打点计时器使用的是6 V以下的直流电源B．在测量物体速度时，先让物体运动，后接通打点计时器的电源C．使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越小D．电源的电压越高，打点的时间间隔就越小【解析】电磁打点计时器使用交流电源，A错．使用打点计时器时应先接通电源，后让物体运动，B错．打点的时间间隔T＝1f，f是电源频率，与电源的电压高低无关，所以C正确，D错误．【答案】C2．(2013·西安高一检测)一同学在用打点计时器做实验时，纸带上打出的不是圆点，而是如图1－3－5所示的一些短线，这可能是因为()图1－3－5A．打点计时器错接在直流电源上B．电源电压不稳定C．电源的频率不稳定D．振针压得过紧【解析】当打点计时器振动片一端的振针与复写纸片的距离过大时，振针可能有时不接触复写纸片，我们可能看到时有时无的点痕，也可能完全没有点痕．当振针与复写纸片距离过小时，每一个打点周期内振针就会有较长一段时间接触并挤压在复写纸上，这样就打出一段一段的小线段，所以在使用打点计时器前要检查一下振针到复写纸片的距离是否适中，否则就要做适当的调整．A造成的后果是打点计时器不工作，B造成的后果是打点计时器工作不稳定，C造成的后果是各点间间距忽大忽小，D正确．【答案】D3．(2013·佛山第一中学高一检测)一打点计时器在纸带上依次打出A、B、C、D、E、F等一系列的点，测得AB＝11.0 mm，AC＝26.5 mm，AD＝40.0 mm，AE ＝48.1 mm，AF＝62.5 mm.根据测量数据，下列关于物体在AF段运动速度的判断正确的是()A．速度不变B．速度越来越大C．速度越来越小D．速度先变大再变小后变大【解析】AB＝11.0 mm，BC＝AC－AB＝15.5 mm，CD＝AD－AC＝13.5 mm，DE＝AE－AD＝8.1 mm，EF＝AF－AE＝14.4 mm，物体在AF段运动速度先变大再变小后变大．【答案】D4．如图1－3－6所示是一位同学使用打点计时器所得到的两条纸带，他将两条纸带上下并排放在一起进行比较，在图中A、B两点之间，两条纸带运动的时间之比是()图1－3－6A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．无法比较【解析】打点计时器使用的是频率为50 Hz的交流电源，故纸带上每打出两个相邻点所经历的时间为0.02 s．所以A、B两点间时间之比为(0.02×10)∶(0.02×5)＝2∶1.B项正确．【答案】B5．(双选)采取下列哪些措施，有利于减小纸带受到摩擦而产生的误差() A．改用6 V直流电源B．电源电压越低越好C．用平整的纸带，不用皱折的纸带D．纸带理顺摊平，不让它卷曲、歪斜【解析】因摩擦产生的误差主要在纸带与振针之间，因而用平整的、不用皱折的纸带或纸带理顺摊平，不让它卷曲、歪斜，可以减小摩擦，从而减小误差．【答案】CD6．(双选)使用电磁打点计时器，在接通电源，打点计时器工作时，通过的纸带上没有点，原因可能是()A．电源用6伏交流B．单面复写纸反置C．振针松动D．纸带拉得太快【解析】电磁打点计时器是一种使用低压交流电源的仪器，如用直流电源，它就不能打点，A错；套在定位轴上的复写纸压在纸带上面，当运动物体拖着纸带运动时，打点计时器便在纸带上打出一系列的点．如果单面复写纸反置，纸带上不会留下点迹，B对；振针松动，不能与纸带接触，就不能在纸带上打出点，C对；纸带若拉得太快，纸带上有点，只是比较稀疏，D错．【答案】BC7．(双选)(2013·郑州高一检测)通过打点计时器得到的一条纸带上的点不均匀，下列判断正确的是()A．点密集的地方物体运动得快B．点密集的地方物体运动得慢C．点不均匀说明物体在相等时间内发生的位移不相等D．点不均匀说明打点计时器有故障【解析】纸带上每相邻两个点之间的时间间隔都相等，所以点密集的地方，说明相同长度的纸带通过打点计时器的时间长，所以物体运动得慢，故A错，B 对．点不均匀是由于物体在相等的时间内发生的位移不相等，故C对，D错．【答案】BC8．(2013·广东佛山高一检测)在用打点计时器研究小车在重物牵引下运动的实验中，某同学有如下操作步骤，其中错误的步骤是_______，有遗漏的步骤是_______．A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，松开纸带后再接通电源B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下端悬挂适当的钩码D．取下纸带E．放手，使小车在平板上运动F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔将以上步骤完善后按合理序号排列____________．【解析】合理的步骤如下：B．将打点计时器固定在平板的一端，并接好电路F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下端悬挂适当的钩码A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，接通电源E．放手，使小车在平板上运动D．断开电源，取下纸带【答案】AB D BFCAED9．如图1－3－7为某校高一新生刘洋同学做练习使用打点计时器实验时得到的一条纸带的一部分(电源频率为50 Hz)，刘洋同学根据纸带进行测量得到下表中数据，试据此表中数据判断纸带做的是匀速运动还是变速运动，并说明判断理由．图1－3－712345纸带做变速运动．【答案】变速运动纸带在相等时间内的位移不相等10．一小球在桌面上从静止开始做变速运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球每次曝光的位置，并将小球的位置编号．如图1－3－8所示，1位置恰为小球刚开始运动的瞬间，摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1 s ，则小球从1位置到6位置的运动过程中位移为________ m ，时间为________ s ．(小数点后保留2位有效数字)图1－3－8【解析】由图中1、6的位置可计算出1、6之间位移ΔS ＝0.37 m ．每次曝光时间T ＝1 s ，故1、6两位置时间间隔Δt ＝5T ＝5 s.【答案】 0.37 511．(2013·珠海调研)气垫导轨是一种阻力很小的长直轨道，滑块可以在气垫导轨上运动，用气垫导轨和数字计时器能更精确地研究滑块的运动情况．如图1－3－9所示，滑块先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间Δt 1＝0.29 s ，通过第二个光电门的时间Δt 2＝0.11 s.已知遮光板的宽度为3.0 cm图1－3－9试判断滑块通过哪个光电门时更快些？你判断的依据是什么？【解析】遮光板的长度是一定的，遮光时间短，说明运动的快，即通过第二个光电门时更快些．【答案】第二个．因为通过相同的距离所用时间短，即说明运动的快．图1－3－1012．如图1－3－10所示，一个同学左手拿着一个秒表，右手拿着一枝彩色画笔，当他的同伴拉着一条宽约5 mm的长纸带，使纸带在他的笔下沿着直线向前移动，每隔1 s他用彩色画笔点击纸带，在纸带上点一个点，如图1－3－11所示，连续点了6个点，量得s1＝5.18 cm，s2＝4.40 cm，s3＝3.62 cm，s4＝2.78 cm，s5＝2.00 cm.图1－3－11问：(1)相邻两点间的时间间隔为多少？(2)如果纸带移动得更快一些，纸带上的点迹会发生怎样的变化？(3)如果纸带移动的比原来快一些，要想纸带上点迹疏密程度和原来一样，应采取怎样的措施？【解析】本题中，画笔起着打点计时器的作用．(1)相邻两点间的时间间隔就是画笔在纸带上画点的时间间隔为1 s.(2)物体运动加快，一定时间内的位移必定增加，相邻两点间的距离就代表相等时间内的位移，所以点迹会变稀疏．(3)物体运动的快了，点迹疏密程度还和原来一样．所用的时间一定减少．所以拿彩笔点点的同学应使点点的时间间隔更短些，即频率要加大．【答案】(1)1 s(2)变稀疏(3)使点点间隔的时间更短些(或加大点点频率)第4节1．(双选)下列几个速度中，指瞬时速度的是()A．上海磁悬浮列车行驶过程中的速度为400 km/hB．乒乓球运动员陈玘扣出的乒乓球速度达23 m/sC．子弹在枪膛内的速度为400 m/sD．飞机起飞时的速度为300 m/s【解析】由于瞬时速度是对应于某一时刻或某一位置的，A中对应行驶过程，不是瞬时速度；B中对应于扣球时，则B正确；C对应于枪膛内的过程，C 错误；D中对应于飞机起飞的时刻，故D正确．【答案】BD2．在公路上常有交通管理部门设置的如图1－4－3所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()图1－4－3A．平均速度的大小不得超过这一规定数值B．瞬时速度的大小不得超过这一规定数值。

高中物理选择性必修第一册-第一节光的折射定律粤教版

知识点一光的折射定律 1.科学家：惠更斯发表了完整的折射定律的内容. 2.内容：当光线从空气射入介质时，发生折射.折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线的两侧；入射角 i 的正弦值跟折射角 γ 的正弦值成正比. 3.公式：ssiinn γi＝n. 4.当光从玻璃片入射到空气时，折射角大于入射角，即折射光线偏离法线传播.
到棱镜的另一侧面 AC 上，适当调整入射光 SO 的方向，
当 SO 与 AC 面成 α 角时，其折射光在镜面发生一次反射，
从 AC 面射出后恰好与 SO 重合，则此棱镜的折射率为
（）
cos α A.cos β
cos α B.sin β
sin α C.cos β
sin α D.sin β
解析：作出光路图，依题意可知光垂直 BC 反射才能从 AC 面射出后恰好与 SO 重合，则光在 AC 面的入射角为 i＝90°－α，由几何关系可知折射角为 r＝90°－β，根据折射定律 n＝ssiinn ri＝ssiinn（（9900°°－－αβ））＝ccooss αβ，A 正确.
【典例 2】有人在游泳池边“竖直”向下观察池水的深度，池水的视深为 h，已知水的折射率为43，那么池水的实际深度为多少？
解析：由池底某点 P 发出的光线，在水中和空气中的光路如图所示.由于观察者在池边“竖直”向下观看，所以光线在水面处的入射角 θ1 和折射角 θ2 都很小，
根据数学知识可知 sin θ1≈tan θ1＝Ha ，①
解析：法线与界面垂直，根据反射角等于入射角，折射光线和入射光线位于法线两侧，可知 CO 为入射光线， OB 为反射光线，OA 为折射光线.
答案：C
2.一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（）

新教材高中物理课后练习4简谐运动含解析粤教版选择性必修第一册

课后素养落实(四) 简谐运动(建议用时：40分钟)◎考点一平衡位置与回复力1．(多选)关于机械振动的位移和平衡位置，以下说法中正确的是( )A．平衡位置就是物体所受回复力为零的位置B．机械振动的位移是以平衡位置为起点的位移C．做机械振动的物体运动的路程越大，发生的位移也越大D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移AB[平衡位置是振动物体所受回复力为零的位置，A正确；为了描述机械振动的质点的位置随时间的变化规律，人们总是把机械振动位移的起点定在平衡位置上，所以B正确；当物体无论运动了多少路程后，只要它回到了平衡位置，其总位移为零，可见位移的大小和路程之间不一定有对应关系，所以C、D错误．]2．如图所示，弹簧下端悬挂一钢球，上端固定组成一个振动系统，用手把钢球向上托起一段距离，然后释放，下列说法正确的是( )A．钢球运动的最高处为平衡位置B．钢球运动的最低处为平衡位置C．钢球速度为零处为平衡位置D．钢球原来静止时的位置为平衡位置D[钢球振动的平衡位置应在钢球重力与弹力相等的位置，即钢球静止时的位置，故D 正确．]3．下列叙述中是简谐运动的是( )A．手拍篮球的运动B．思考中的人来回走动C．轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统D．从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动C[手拍篮球的运动和思考中的人来回走动没有规律，不是简谐运动，故A、B错误；轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统，钢球以受力平衡处为平衡位置上下做简谐运动，C正确；从高处下落到光滑水泥地面上的小钢球的运动过程为自由落体，不是简谐运动，故D错误．故选C．]◎考点二弹簧振子的振动4．(多选)做简谐运动的弹簧振子在某段时间内速度越来越大，则这段时间内( ) A．振子的位移越来越大B．振子正在向平衡位置运动C．振子速度与位移方向相同D．振子速度与位移方向相反BD[弹簧振子在某段时间内速度越来越大，说明它正向平衡位置运动，故位移越来越小，A错，B对；位移方向是从平衡位置指向振子，故振子速度与位移方向相反，C错，D 对．]5．如图所示为一弹簧振子，O为平衡位置，以向右为正方向，振子在B、C之间振动时( )A．B→O位移为负、速度为正B．O→C位移为正、速度为负C．C→O位移为负、速度为正D．O→B位移为正、速度为负A[速度方向即振子运动方向，而振动位移以平衡位置O为初始位置指向振子所在位置，B→O位移向左为负，速度向右为正；O→C位移向右为正，速度向右为正；C→O位移向右为正，速度向左为负；O→B位移向左为负，速度向左为负，可见本题正确选项为A．] 6．如图所示，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端与一薄板连接，薄板的质量不计，板上放一重物．用手将重物往下压，然后突然将手撤去，则重物被弹离之前的运动情况是( )A．加速度一直增大B．加速度一直减小C．加速度先减小后增大D．加速度先增大后减小C[竖直方向的弹簧振子的振动也是简谐运动，但它的平衡位置在重力与弹力相等的位置，此位置加速度为零．因此从平衡位置将弹簧压缩以后放手，它的加速度是先减小，到达平衡位置以后再增大，故选C．]◎考点三振幅、周期和频率7．如图所示，O点为弹簧振子的平衡位置，小球在B、C间做无摩擦的往复运动．若小球从C点第一次运动到O点历时0.1 s，则小球振动的周期为( )A．0.1 s B．0.2 s C．0.3 s D．0.4 sD[振子从C点第一次运动到O点的时间为0.1 s，对应的时间为一个周期的14，故该弹簧振子的周期为0.4 s，D正确．]8．(多选)下列关于简谐运动的周期、频率、振幅的说法正确的是( )A．振幅是矢量，方向是从平衡位置指向最大位移处B．周期和频率的乘积是一个常数C．振幅增大，周期也增大，而频率减小D．在自由振动下，做简谐运动的物体的频率是固定的，与振幅无关BD[振幅是一个标量，没有方向，选项A错误；周期和频率互为倒数，其乘积是1，选项B正确；在自由状态下，振动物体的周期与振幅的大小无关，只由振动物体本身的性质决定，故选项C错误，选项D正确．]9．(多选)弹簧振子在AOB之间做简谐运动，如图所示，O为平衡位置，测得AB间距为8 cm，完成30次全振动所用时间为60 s．则( )A．振动周期是2 s，振幅是8 cmB．振动频率是2 HzC．振子完成一次全振动通过的路程是16 cmD．振子过O点时计时，3 s内通过的路程为24 mCD[A、B之间的距离为8 cm，则振幅是4 cm，A错误；T＝2 s，f＝0.5 Hz，B错误；振子完成一次全振动通过的路程是4A，即16 cm,3 s内运动了1.5个周期，故总路程为24 cm，C、D正确．]10．(多选)弹簧振子在做简谐运动的过程中，下列说法正确的是( )A．在平衡位置时它的机械能最大B．在最大位移处时它的弹性势能最大C．从平衡位置向最大位移处运动时，它的动能减小D．在振动过程中，系统的机械能守恒BCD[弹簧振子在振动的过程中机械能守恒，弹性势能和动能相互转化，由最大位移处向平衡位置运动时，弹性势能转化成动能，在最大位移处，弹簧的弹性势能最大，在平衡位置时动能最大，在振动过程中机械能保持守恒，故B、C、D正确．]11．一弹簧振子做简谐运动，以下说法正确的是( )A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．振子每次经过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同C．振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D．振子在平衡位置两侧对称的位置上，其速度、位移都反向C[加速度的方向与位移方向相反，位移方向为负时，加速度方向一定为正，但速度方向为物体运动方向，与位移方向无关，可正可负，A错；振子每次经过平衡位置时，加速度为零且速度大小相等，但速度方向不一定相同，B错；每次通过同一位置时，位移相同，故加速度相同，速度大小相同，但方向不一定相同，C对；同理在平衡位置两侧对称的位置上，位移方向相反，速度方向可能相同，也可能相反，D错．]12．如图所示，重物静止时处于位置O，向下拉动重物，重物便在平衡位置附近振动起来，那么竖直方向的弹簧振子所做的运动是简谐运动吗？[解析]振子的平衡位置为O，设向下方向为正方向，此时弹簧的形变为x0，根据胡克定律及平衡条件有mg－kx0＝0，当振子向下偏离平衡位置x时，有F回＝mg－k(x＋x0)，联立以上两式，得F回＝－kx，故弹簧振子的振动满足简谐运动的条件，所做的运动是简谐运动．[答案]是简谐运动13．如图所示，光滑的水平面上放有一弹簧振子，轻弹簧右端连接在滑块上，已知滑块质量m＝0.5 kg，弹簧劲度系数k＝240 N/m，将滑块从平衡位置O向左平移，将弹簧压缩5 cm ，静止释放后滑块在A 、B 间滑动，则：(1)滑块加速度最大的位置是在A 、B 、O 三点中哪点？此时滑块加速度多大？(2)滑块速度最大的位置是在A 、B 、O 三点中哪点？此时滑块速度多大？(假设整个系统具有的最大弹性势能为0.3 J)[解析] (1)由于简谐运动的加速度a ＝F m ＝－k mx ，故加速度最大的位置在最大位移处的A 或B 两点，加速度大小a ＝k m x ＝2400.5×0.05 m/s 2＝24 m/s 2． (2)在平衡位置O 滑块的速度最大．根据机械能守恒，有E pm ＝12mv 2m ，故v m ＝2E pmm ＝2×0.30.5m/s≈1.1 m/s． [答案] (1)A 点或B 点 24 m/s 2 (2)O 点 1.1 m/s。

粤教版高中物理必修一检测：第一章+第四节+物体运动的速度+Word版含答案

第一章运动的技术第四节物体运动的速度[A 级抓基础]1．(多选)下列的理解正确的是( )A ．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B ．平均速度的大小就是平均速率C ．匀速直线运动中，平均速度与瞬时速度相等D ．通过相同的路程，所用时间少的物体平均速度大解析：平均速度大小＝位移大小时间，平均速率＝路程时间，所以平均速度大小与平均速率大小没有直接联系．答案：AC2．某同学用手机计步器记录了自己从家到公园再回到家的锻炼情况，如图所示，则下列说法正确的是( )A ．图中的速度5.0 km/h 为平均速度B ．图中的速度5.0 km/h 为瞬时速度C ．图中的速度5.0 km/h 为平均速率D ．图中的速度5.0 km/h 为平均速度的大小解析：此题可采用排除法．该同学从家到公园再回到家的总位移为0.由v ＝x t可知其平均速度为零，故A 、D 错误；该同学到家后不再锻炼，瞬时速度为零，B 错误，故选C.答案：C3．在长泰到林墩高速公路上，分别有图示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思是( )A ．甲是指位移，乙是平均速度B ．甲是指路程，乙是平均速度C ．甲是指位移，乙是瞬时速度D ．甲是指路程，乙是瞬时速度答案：D4．物体沿一直线运动，下列说法正确的是( )A ．物体第1 s 末的速度是5 m/s ，则物体在第1 s 内的位移一定是5 mB ．物体第1 s 内的平均速度是5 m/s ，则物体在第1 s 内的位移一定是5 mC ．物体在某段时间内的平均速度是5 m/s ，则物体在该段时间内的位移一定是5 mD ．物体在某段位移内的平均速度是5 m/s ，则物体在经过该段位移一半时的速度一定是5 m/s解析：由平均速度公式v －＝s t得s ＝v －t ，所以一定时间内的位移决定于平均速度，第1 s 内的位移大小等于平均速度的数值，A 、C 错，B 对；经过某段位移一半时的速度可能等于平均速度，D 错．答案：B5．(多选)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( )A ．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B ．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C ．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D ．变速直线运动中，物体在某段时间内的平均速度可能等于它某一时刻的瞬时速度解析：若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A 项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定为零，如物体做圆周运动旋转一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B 项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C 项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度完全可能等于某段时间内的平均速度，D 项对．答案：ACD6．(多选)以往公路上用单点测速仪测车速，个别司机由于熟知测速点的位置，在通过测速点时通过刹车以降低车速来逃避处罚，但这样很容易造成追尾事故，所以有些地方已开始采用区间测速．下列说法正确的是( )A ．单点测速测的是汽车的瞬时速率B ．单点测速测的是汽车的平均速率C ．区间测速测的是汽车的瞬时速率D ．区间测速测的是汽车的平均速率解析：单点测速测出的是汽车经过测速仪时的速率，是瞬时速率，选项A 正确，选项B 错误；区间测速测出的是汽车在某段路程内的平均速率，选项C 错误，选项D 正确．答案：ADB 级提能力7．(多选)三个质点A 、B 、C 的运动轨迹如图所示，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点，其间都不停也不返回，则下列说法中正确的是( )A ．三个质点从N 到M 的平均速度相同B ．B 质点从N 到M 的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同C ．到达M 点时的瞬时速率一定是质点A 最大D ．三个质点从N 到M 的平均速率相同解析：三个质点的位移相同，时间相同，所以平均速度相同，A 正确；由于B 质点做单向直线运动，其平均速度方向与瞬时速度方向相同，B 正确；三个质点运动的路程不同，运动时间相同，平均速率不相同，D 项错误；无法判断到达M 点时哪个质点的瞬时速率大，故C 错误．答案：AB8．一辆汽车以速度v 行驶了23的路程，接着以20 km/h 的速度跑完了余下的路程，若全程的平均速度是28 km/h ，则v 是( )A ．24 km/hB ．35 km/hC ．36 km/hD ．48 km/h解析：若总路程为x ，汽车完成23路程的时间为t 1，完成剩余路程的时间为t 2，则t 1＝2x 3v，t 2＝x 3×20，而全程的平均速度为28 km/h ＝x t 1＋t 2.由以上各式可得v ＝35 km/h ，故选B. 答案：B9．一辆火车长为100 m ，速度为5 m/s.它通过一根直径为2 cm 的标志杆大约需要多长时间？它通过长为50 m 的大桥需要多长时间？解析：火车通过标志杆所走的位移大小可认为等于火车的长度x 1＝100 m ，火车通过大桥所走的位移大小等于火车和大桥长度之和，即x 2＝100 m ＋50 m ＝150 m.根据v ＝x t ，得通过标志杆的时间t 1＝x 1v ＝20 s ，通过大桥的时间t 2＝x 2v＝30 s.答案：20 s 30 s10．如图所示，某人从A 点出发，先以2 m/s 的速度向东走了40 s 到达B 点，接着以3 m/s 的速度向北走了20 s ，到达C 点，求此人在这60 s 内的平均速率和平均速度的大小．解析：由题意可知s 1＝s AB ＝v 1t 1＝2×40 m ＝80 m ，s 2＝s BC ＝v 2t 2＝3×20 m ＝60 m ，人在60 s 内的路程为s ＝s 1＋s 2＝80 m ＋60 m ＝140 m ，位移为s ′＝s 21＋s 22＝802＋602 m ＝100 m ，所以平均速率为v 1＝s t ＝14060 m/s ＝73 m/s ，平均速度大小为v 2＝s ′t ＝10060 m/s ＝53m/s. 答案：73 m/s 53m/s情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

新教材高中物理第1章第5节自然界中的守恒定律学生用书粤教版选择性必修第一册(含答案)

新教材高中物理学生用书粤教版选择性必修第一册：第五节弹性碰撞与非弹性碰撞第六节自然界中的守恒定律1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，能定量分析一维碰撞问题．2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．1．碰撞的定义和特点(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的________．(2)特点：物体组成的系统所受外力________内力，且相互作用时间________，故系统在碰撞过程中动量________．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而________的碰撞．这时机械能损失________．3．弹性碰撞举例分析设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①1 2m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2②以上两式联立可解得v1′＝m1−m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1，由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球________．(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示，m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．4．自然界中的守恒定律(1)系统：物理学上常将物体及与之________的因素视为一个系统．(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在________、________和________都是适用的，是自然界普适的基本定律．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．( )(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．( )(3)三种碰撞中，动量都守恒．( )(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失．( ) 2．(多选)下面关于碰撞的理解正确的是( )A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？碰撞过程的特点1．时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．2．相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．3．动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．4．位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．5．能量特点：碰撞前总动能E k与碰撞后总动能E k′满足E k≥E k′.【典例1】(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化[听课记录][跟进训练]1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零碰撞的判断和碰撞模型1．碰撞的判断在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)系统动能不增加，即E kl ＋E k2≥E kl ′＋E k2′ 或p 122m 1+p 222m 2≥p 1′22m 1+p 2′22m 2.(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后＞v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．【典例2】如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，速度分别是v A ＝3 m/s(设为正方向)，v B ＝－3 m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )A ．v A ′＝1 m/s ，vB ′＝1 m/sB ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝9 m/sC ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝－1 m/sD ．v A ′＝－1 m/s ，v B ′＝－5 m/s[听课记录]2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12+12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 若v 2＝0，则有v 1′＝m 1−m 2m 1+m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1+m 2v 1．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12+12m 2v 22−12(m 1+m 2)v 共2. 【典例3】如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A 的质量是B 的质量的34，子弹的质量是B 的质量的14.求：(1)A 物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B 物体的速度．[思路点拨] (1)子弹打击物体A 瞬间，子弹与物体A 系统动量守恒．(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．[听课记录]处理碰撞问题的几个关键点(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．[跟进训练]训练角度1 碰撞的可能分析2．(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，小球A 的速度可能是( )A ．－13v 0B ．0C ．13v 0D ．23v 0 训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞3．(2022·江苏淮海中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg 的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1．5 kg 的球瓶．此后球瓶以3．0 m/s 的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s 的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s.求：(1)碰撞前保龄球的速度；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；(3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞．1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )A．质量一定相等B．动能一定相等C．动量一定相等D．总动量等于零2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行3．(2022·山东招远市第二中学高二阶段练习)如图所示，A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球，其中A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，且A 球质量小于B球质量．现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态．某时刻让A球以速度v0正对B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终( )A．五个小球静止，两个小球运动B．四个小球静止，三个小球运动C．三个小球静止，四个小球运动D．七个小球都运动4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力F f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1．2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h.回顾本节内容，自主完成以下问题：1．碰撞过程要不要考虑两个物体的作用过程的相对运动？2．碰撞过程从能量角度怎么分类？3．碰撞可能性的判断依据是什么？冰壶运动冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的．冰壶早在14世纪起源于苏格兰．在19世纪初期加拿大就举行过全国性质的冰壶大赛．而传入亚洲大概是在19世纪中期.1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1988年的长野冬奥会上．冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛．它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美．冰壶为特殊石材制成，周长约为91．44厘米，高约为11．43厘米，重量大致为19.96公斤．冰壶比赛场地为长方形，长44.5米、宽4.75米．冰道的一端画有一个直径为1．83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒．冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒．场地四周有木框，防止冰壶出界．有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线．在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点．场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效．比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离．比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分．一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利．1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？第五节弹性碰撞与非弹性碰撞第六节自然界中的守恒定律[必备知识·自主预习储备]知识梳理1．(1)相互作用 (2)远小于极短守恒2．(1)相等 (2)不再相等 (3)粘在一起最大3．(1)交换速度4．(1)相互作用 (2)微观宏观宇观基础自测1．答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C 错误；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D 错误．]3．A [由动量守恒有3m ·v －mv ＝0＋mv ′所以v ′＝2v ，碰前总动能E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2，碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．][关键能力·情境探究达成]情境探究提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．典例1 BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A 情况不可能发生；B 的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，C 的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]跟进训练1．AB [A是非弹性碰撞，成立；B是弹性碰撞，成立；C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用．]典例2 A [以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝m A v A＋m B v B＝6 kg·m/s，碰前总动能为E k＝12m A v A2+12m B v B2＝27 J．如果v A′＝1 m/s、v B′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果v A′＝－3 m/s、v B′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果v A′＝2 m/s、v B′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果v A′＝－1 m/s、v B′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]典例3 解析：设子弹的质量为m，则m B＝4m，m A＝3m．(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒得mv0＝(m＋m A)v1解得它们的共同速度，也是A的最大速度v1＝mv0m+m A ＝v04．(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m A＋m B)v2解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度v2＝mv0m+m A+m B ＝v08．答案: (1)v04(2)v08跟进训练2．ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系12mv02＝12mv12+12·2mv22，联立解得v1＝−13v0，v2＝23v0，则小球A的速度范围－13v0≤v1≤13v0，故选A、B、C．]3．解析: (1)设保龄球质量为M，球瓶质量为m，碰撞前保龄球的速度为v1，碰撞后保龄球速度为v1′，球瓶的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2解得v1＝2.9 m/s．(2)设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有Ft＝mv2解得F＝90 N．(3)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为E k0＝12Mv12＝21.025 JE k1＝12Mv1′2+12mv22＝16.75 J因为E k1＜E k0，所以该碰撞不是弹性碰撞．答案: (1)2.9 m/s (2)90 N (3)不是弹性碰撞[学习效果·随堂评估自测]1．D [两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]2．AD [由题意知，碰前两球的总动量为零且碰撞过程中动量守恒．对A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以A是可能的；对B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以B不可能；对C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C不可能；对D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以D是可能的．故正确为A、D．]3．B [因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒，机械能守恒，设A、G两球质量为m1，其余球的质量均为m2，A、B碰后，A球的速度为v1，B球的速度为v2，由动碰静规律可得v1＝m1−m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，由上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，因B、C、D、E、F五球质量相等，B与C碰后，交换速度，B球静止，同理C、D、E都静止，由于F球质量大于G球质量，F与G碰后，都向前运动，因此B、C、D、E四个球静止，A、F、G三个球运动，所以A、C、D错误，B正确．]4．C [设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律得，p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′即p甲′＝2 kg·m/s甲追上乙应有v甲>v乙即p 甲m甲>p乙m乙，解得m乙>75m甲碰后p甲′，p乙′均大于零，说明两球同向运动，应有v′甲≤v′乙，即p 甲′m甲≤p乙′m乙解得m乙≤5 m甲碰撞过程中，动能不会增加，即E k甲＋E k乙≥E′k甲＋E′k乙p甲22m甲+p乙22m乙≥p甲′22m甲+p乙′22m乙解得m乙≥177m甲综上可得177m甲≤m乙≤5m甲，因此C正确．]5．解析: (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力F f′也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－F f′＝5 N．(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－F f l＝12mv12−12mv02代入数据解得v1＝8 m/s．(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－12(m ＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2 m．答案: (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m课堂小结1．提示：不需要，作用时间极短．2．提示：弹性碰撞和非弹性碰撞．3．提示：(1)系统动量守恒，(2)系统动能不增加，(3)速度要合理．[阅读材料·拓展物理视野]问题1．提示：总动能增加，运动员消耗的化学能转化为动能，属于反冲．2．提示：守恒．。

粤教版高中物理必修一--第一章 1.4 《物体运动的速度》同步练习(含答案)

1.4 《物体运动的速度》同步练习一、单选题（共9题；共18分）1.如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从0点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d…，下列说法不正确的是（）A. 质点由O到达各点的时间之比ta ：tb：tc：td=1：；：2B. 质点通过各点的速率之比va ：vb：vc：vd=1：：：2C. 在斜面上运动的平均速度=vaD. 在斜面上运动的平均速度=vb2.对速度的理解，下列说法中正确的是（）A. 速度是标量B. 速度的单位是mC. 速度是描述物体运动快慢的物理量D. 速度的大小等于路程与时间的比值3.一辆汽车沿直线运动，先以15m/s的速度驶完全程的四分之三，剩下的路程以20m/s的速度行驶，则汽车从开始到驶完全程的平均速度大小为（）A. 16m/sB. 16.3m/sC. 17.5m/sD. 18.8m/s4.如图所示，一人沿一直山坡，自坡底A以速率v1跑到坡顶B，随即又以速率v2返回到A，已知AB间的距离为s，那么人在这一往返过程中的平均速度为（）A. 0B.C.D. 无法确定5.下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是（）A. 做匀变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B. 瞬时速度就是运动的物体在一段较短时间内的平均速度C. 某物体在某段时间里的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止D. 平均速度就是初末时刻瞬时速度的平均值6.下列情况中的速度，属于平均速度的是（）A. 刘翔在110米跨栏时冲过终点线时的速度为9.5m/sB. 由于堵车，汽车在通过隧道过程中的速度仅为1.2m/sC. 返回地球的太空舱落到太平洋水面时的速度为8m/sD. 子弹射到墙上时的速度为800m/s7.一辆汽车沿平直公路行驶，开始以2m/s的速度行驶了全程的一半，接着以速度3m/s行驶另一半路程，则全程的平均速度v等于（）A. 2.5m/sB. 2.4m/sC. 2m/sD. 3m/s8.如图所示，小楼左手戴着一手表，右手拿着一画笔，在同伴沿直线牵动纸带的同时，用画笔在纸带上点下一个个点，这样做成了一台“打点计时器”．为了提高该计时器的准确性，应尽量（）A. 让同伴匀带拉动纸带B. 使打点节奏保持均匀不变C. 使打点时间间隔接近于0.02sD. 使打点计节奏随同伴拉动纸带速度增大而加快9.甲乙两车沿平直公路通过同样的位移，甲车在前半段位移上以v1=40 km／h的速度运动，后半段位移上以v2=60 km／h的速度运动，乙车在前半段时间内以v3=40 km／h的速度运动，后半段时间内以v4=60 km／h的速度运动，则甲、乙两车整个位移中的平均速度大小关系是（）A. v甲=v乙B. v甲＞v乙C. v甲＜v乙D. 无法比较二、填空题（共4题；共9分）10.某物体沿直线运动，其v﹣t图象如图所示：0～4秒内物体的加速度是________ m/s2；4～6s内物体的加速度是________ m/s2；0～8s内物体的位移是________ m．11.光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图实（a）所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来．图（b）中MN是水平桌面，Q是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P点悬有一铅锤，实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10﹣2s和4.0×10﹣3s．滑块的宽度为d=1.00cm，则滑块通过光电门1时的速度v1=________m/s，滑块通过光电门2时的速度v2=________m/s．（结果保留两位有效数字）12.探究加速度与力的关系装置如图所示。

2018版物理粤教版必修一文档：第一章运动的描述第四

第四节物体运动的速度[学习目标] 1.理解平均速度和瞬时速度的概念，领会其矢量性.2.知道平均速度和瞬时速度的区别和联系.3.会用平均速度公式进行相关的计算．一、平均速度1．定义：物体的位移s 与发生这段位移所用时间t 的比值，叫做平均速度． 2．表达式：公式v ＝st.3．单位：在国际单位制中，速度的单位是m /s ，读作米每秒．常用的单位还有km/h,1 m /s ＝3.6_km/h.4．矢量性：平均速度是矢量，即有大小又有方向，它的方向与物体的位移方向相同． 5．物理意义：平均速度只能粗略(填“粗略”或“精确”)地反映物体在一段时间内的运动快慢．二、瞬时速度1．定义：物体在某一时刻前后无穷短时间内的平均速度．2．矢量性：瞬时速度是矢量，它的方向就是物体此时刻的运动方向，即物体在运动轨迹上过该点的切线方向．3．物理意义：瞬时速度能精确(填“粗略”或“精确”)地反映物体在某时刻的运动快慢． [即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)由v ＝st 知，v 与s 成正比，与t 成反比．(×)(2)瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度．(√) (3)物体的平均速度为零，则物体一定处于静止状态．(×) (4)子弹以速度v 从枪口射出，v 指瞬时速度．(√)2．某质点沿一直线运动，在第1 s 内通过的位移为2 m ，第2 s 内通过的位移为4 m ，第3 s 内通过的位移为 6 m ，则质点前 2 s 的平均速度为________m /s ，后 2 s 内的平均速度为________m/s ；3 s 内的平均速度为________m/s. 答案 3 5 4一、平均速度[导学探究] 小明坐在沿直线行驶的汽车上，从甲地到乙地用时20分钟，行徎20 km ，根据公式v ＝st ，他计算出自己的速度为60 km /h.而途中某时刻小明发现速度计显示为70 km/h.(1)上面提到的两个速度各表示什么速度？ (2)速度计显示的是什么速度？(3)若小明由乙地返回甲地又用了20分钟，则整个过程的平均速度是多少？它能反映汽车运动的快慢吗？答案 (1)60 km /h 为20分钟内汽车的平均速度；70 km/h 为瞬时速度． (2)瞬时速度(3)因为全程的位移为零，所以平均速度为0 不能 [知识深化]1．对公式v ＝st的理解(1)速度采用比值定义法，不能说v 与s 成正比．s 大，仅指物体的位置变化量大．位移大，速度不一定大；当物体位置变化快时，速度才大． (2)式中s 是位移不是路程，s 与t 具有对应性． 2．速度是矢量(1)速度既有大小，又有方向，是矢量．瞬时速度的方向就是物体此时刻的运动方向． (2)比较两个速度是否相同时，既要比较其大小是否相等，又要比较其方向是否相同．例1 关于速度的定义式v ＝st ，以下叙述正确的是( )A ．一个做直线运动的物体，位移s 越大，速度越大B ．速度v 的大小与运动的位移s 和时间t 都无关C ．速度大小不变的运动是匀速直线运动D ．v 1＝2 m /s 、v 2＝－3 m/s ，因为2>－3，所以v 1>v 2 答案 B解析 v ＝st 是计算速度的定义式，只说明速度可用位移s 除以时间t 来获得，并不是说v 与s成正比，与t 成反比，A 错，B 对；匀速直线运动是速度大小和方向都不变的运动，C 错误；速度是矢量，正、负号表示方向，绝对值表示大小，D 错．例2 甲、乙两地相距60 km ，一汽车沿直线运动用40 km/h 的平均速度通过了全程的13，剩余的23路程用了2.5 h ．求：(1)此汽车在后23路程的平均速度大小；(2)汽车在全过程中的平均速度大小．答案 (1)16 km /h (2)20 km/h解析 (1)汽车在前后两段的位移大小分别是 s 1＝60×13 km ＝20 km ，s 2＝60×23 km ＝40 km汽车在后23路程的平均速度大小：v 2＝s 2t 2＝402.5 km /h ＝16 km/h.(2)汽车在全过程中的平均速度大小： v ＝s t ＝602040＋2.5 km /h ＝20 km/h.二、瞬时速度[导学探究] 如图1所示，在气垫导轨上A 处安装光电门，滑块上分别插上宽窄不等的遮光片．每次都从最高点释放滑块，则滑块上的P 点每次经过A 时的运动快慢相同．光电计时器可以记录P 点从A 点经过一段位移Δs 所需的时间Δt (Δs 为遮光片宽度)．遮光片宽度Δs 和所需时间Δt 列表如下：图1(1)求出每次遮光片通过光电门的平均速度，并填入上表．(2)随着Δs 的减小，平均速度的大小有什么特点？这反映了什么物理意义？(3)如何更精确地测定P 点经过A 处的瞬时速度呢？P 点经过A 处的速度更接近上述所求的哪一个速度？答案 (1)0.56 0.51 0.50(2)随着Δs 的减小，平均速度的大小似乎在向某个数值靠拢．这说明，随着Δs 的减小，所得的平均速度就越接近P 点经过A 处的瞬时速度．(3)再缩小遮光片的宽度，使时间Δt 尽可能小．Δt 越小，ΔsΔt 就越接近P 点经过A 处的瞬时速度．P 点经过A 处的瞬时速度更接近0.50 m/s. [知识深化] 平均速度和瞬时速度的比较例3 (多选)下列速度属于瞬时速度的是( )A ．火车以76 km/h 的速度经过“深圳到惠州”这一路段B ．汽车速度计指示着速度50 km/hC ．城市繁华路口速度路标上标有“15 km/h 注意车速”字样D ．足球以12 m/s 的速度射入球门答案 BCD三、平均速度与平均速率 1．平均速度位移与时间的比值，平均速度＝位移时间.2．平均速率路程与时间的比值，平均速率＝路程时间.3．速率瞬时速度的大小． 4．注意(1)因为位移小于等于路程，所以平均速度小于等于平均速率． (2)瞬时速度的大小叫做速率，但是平均速度的大小不是平均速率．例4 一物体以v 1＝4 m /s 的速度向东运动了5 s 后到达A 点，在A 点停了5 s 后又以v 2＝6m/s 的速度沿原路返回，运动了5 s 后到达B 点，求物体在全程的平均速度和平均速率．答案 23 m/s ，方向向西 103m/s解析物体全程的位移大小s ＝v 2t 2－v 1t 1＝6×5 m －4×5 m ＝10 m ，全程用时t ＝5 s ＋5 s ＋5 s ＝15 s ，故平均速度大小v ＝s t ＝1015 m/s ＝23 m/s ，方向向西．物体全程的路程s ′＝v 2t 2＋v 1t 1＝6×5 m ＋4×5 m ＝50 m ，故平均速率v ′＝s ′t ＝5015 m/s ＝103m/s.1．(平均速度和瞬时速度)气象台对“玉兔”台风预报是：风暴中心以18 km /h 左右的速度向西北方向移动，在登陆时，近中心最大风速达到33 m/s.报道中的两个速度数值分别是指( )A ．平均速度，瞬时速度B ．瞬时速度，平均速度C ．平均速度，平均速度D ．瞬时速度，瞬时速度答案 A解析平均速度对应的是一段时间或一段位移，而瞬时速度对应的是某时刻或某位置，18 km /h 指的是台风向西北方向移动一段时间或一段位移的平均速度，33 m/s 指的是台风登陆时刻的瞬时速度，故A 正确．2．(平均速度和瞬时速度) (多选)如图2所示是三个质点A 、B 、C 的运动轨迹，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点(物体做单向运动)．下列说法正确的是( )图2A. 三个质点从N 到M 的平均速度相同B. 三个质点到达M 点的瞬时速度相同C. 三个质点从N 到M 的平均速率相同D. B 质点从N 到M 的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同答案 AD解析平均速度等于位移与时间的比值，由于位移与时间都相同，故平均速度相同，故A 正确；平均速率等于路程与时间的比值，由于时间相等，路程不等，故平均速率不相等，故C 错误；三个质点到达M 点的瞬时速度方向不同，所以瞬时速度肯定不同，B 错误；质点B 做单方向直线运动，速度方向不变，D 正确．3．(平均速度和平均速率的计算)(多选)小明上午从家门口打车，经过一段时间又乘坐同一出租车回到小区门口．车票如图3所示，则下列说法正确的是( )图3A ．小明全程的平均速度为20 km/hB ．小明全程的平均速度为0C ．小明全程的平均速率为20 km/hD ．小明全程的平均速率为0 答案 BC解析小明全程路程为5.0 km ，位移为0，所用时间为15 min ＝14 h ．故全程小明的平均速度为0，平均速率v ＝5.0 km14h ＝20 km/h.4．(速度公式的应用)在某次海上军事演习中，一艘驱逐舰以90 km/h 的速度追赶在它前面120 km 处同方向匀速航行的航空母舰，驱逐舰总共追赶了270 km 才赶上，则航空母舰的航速为多大？答案 50 km/h解析根据追赶过程中驱逐舰的位移和速度，可求得追赶过程所用的时间 t ＝s 1v 1＝3 h 追赶过程中，航空母舰的位移 s 2＝s 1－120 km ＝150 km所以，航空母舰的速度大小为v ＝s 2t＝50 km/h.课时作业一、选择题(1～7为单选题，8～10为多选题)1．日常生活中，对平均速度和瞬时速度我们都称“速度”．下列速度中表示平均速度的是()A．百米赛跑运动员以9.8 m/s的速度冲过终点线B．由于堵车，在隧道内车速仅为1.2 m/sC．返回地面的太空舱以8 m/s的速度落入太平洋中D．子弹以800 m/s的速度撞击在墙上答案 B2．2016年春井冈山红色旅游景区最受游客欢迎，为了使公路交通有序、安全，在景区路旁立了许多交通标志，如图1所示，甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80 km/h；乙图是路线指示标志，表示此处到井冈山还有150 km.关于上述两个数据表达的物理意义，下列说法正确的是()图1A．80 km/h是平均速度，150 km是位移B．80 km/h是瞬时速度，150 km是路程C．80 km/h是瞬时速度，150 km是位移D．80 km/h是平均速度，150 km是路程答案 B解析允许行驶的最大速度表示的是限定的最大瞬时速度，路线指示标志上的数字表示从此地到井冈山的行驶距离，而不是直线距离，表示的是路程，正确答案为B.3．如图2所示，两人以大小相同的速度同时从圆形轨道的A点出发，分别沿ABC和ADE 方向行走，经过一段时间后在F点相遇(图中未画出)．从出发到相遇的过程中，描述两个人运动情况的物理量可能不相同的是()图2A ．瞬时速度B ．位移C ．路程D ．平均速度答案 A解析两个人所走的路径不同，所以瞬时速度方向不同，所走过的路程相同，由于初、末位置相同，所以两个人的位移相同，又因为时间相同，所以平均速度相同，综上所述，应选A. 4．2015年北京田径世锦赛100 m 决赛中，博尔特以9秒79夺冠，我国选手苏炳添也跑出了10秒06的好成绩，成为第一个站在百米世界决赛的亚洲人．下列说法正确的是( ) A ．起跑阶段的速度一定是博尔特大 B ．全程的平均速度一定是博尔特大C ．全程的任意时刻对应的瞬时速度都是博尔特大D ．到达终点时的速度一定是博尔特大答案 B解析 100 m 比赛，两人的位移相等，时间短的平均速度大，所以B 正确，A 、C 、D 错误． 5．一名短跑运动员在100 m 竞赛中，测得他5 s 末的速度为10.4 m /s,10 s 末到达终点的速度是10.2 m/s ，则运动员在100 m 竞赛中的平均速度为( ) A ．10.4 m /s B ．10.3 m/s C ．10.2 m /s D ．10 m/s答案 D解析 v ＝s t ＝10010m /s ＝10 m/s.6．2013年10月11日，在天津举行的第六届东亚运动会女子4×200米自由泳接力比赛中，中国队以8分06秒06的成绩夺得冠军，中国队之所以能够取得这个项目的冠军，取决于她们在800米中( ) A ．平均速率大 B ．平均速度大 C ．冲刺时的瞬时速度大 D ．某一时刻的瞬时速度大答案 A解析 4×200米自由泳接力比赛的总路程一定，哪队游完总路程所用的时间短，哪队获胜，也就是路程与时间的比值大，即平均速率大．7．将一小球竖直向上抛出，经过时间t 回到抛出点，此过程中小球上升的最大高度为h .在此过程中，小球运动的路程、位移和平均速度分别为( ) A ．2h 、0、2htB ．2h 、0、0C ．0、2h 、0D ．2h 、h 、2ht答案 B解析路程是指物体运动轨迹的长度；位移是指初位置指向末位置的有向线段；平均速度是位移与时间的比值．此题中位移为零，故平均速度为零，故选B.8．2016年安徽的黄山和九华山旅游事业蓬勃发展，吸引了大批海内外游客．如图3所示，设游客甲驾车从九华山大门去黄山大门运行了162 km.游客乙驾车从黄山大门赶往九华山大门运行了158 km.若两人恰好同时出发且同时到达，则甲、乙在两地之间运动的过程中( )图3A ．研究甲车的行驶路程时能将车看成质点B ．甲车、乙车的平均速度相同C ．甲车的平均速率大于乙车的平均速率D ．游客乙驾车运行“158 km ”指的是位移答案 AC9．如图4所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB 、ABC 、ABCD 、ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1 s 、2 s 、3 s 、4 s ，已知方格的边长为1 m ．下列说法正确的是( )图4A ．物体在AB 段的平均速度为1 m/s B ．物体在ABC 段的平均速度为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度 D ．物体在B 点的速度等于AC 段的平均速度答案 ABC解析物体在AB 段的平均速度为vAB ＝s AB t 1＝11m /s ＝1 m/s ，选项A 正确；物体在ABC 段的平均速度为v AC ＝s AC t 2＝12＋222 m/s ＝52m/s ，选项B 正确；因B 点比C 点更接近于A点，故AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度，选项C 正确；因从A 到B 到C 物体不是做匀速直线运动，故物体在B 点的速度不等于AC 段的平均速度，选项D 错误，故选A 、B 、C.10．下表是唐山站至北京南站的某次列车运行时刻表，设火车在每站都能准点到达、准点开出，运行时间为全程所用总时间，由此可知( )A.列车从唐山站到北京南站的位移为234 km B ．列车全程的平均速率约为96 km/hC ．列车由军粮城北站到北京南站的平均速率约为179 km/hD ．列车由唐山站到北京南站共运行87 min 答案 CD解析列车从唐山站到北京南站的路程为234 km ，选项A 错误；列车全程的平均速率v ＝234 km 1.45 h ≈161 km/h ，选项B 错误；列车由军粮城北站到北京南站的平均速率v ′＝140 km0.78 h ≈179 km/h ，选项C 正确；列车由唐山站到北京南站共运行87 min ，选项D 正确．二、非选择题11．甲、乙两人从市中心出发，甲20 s 内到达正东方向100 m 处，乙30 s 内到达正北方向150 m 处，分别计算甲、乙两人的平均速度，并比较整个过程中甲、乙的平均速度是否相同．答案见解析解析 v 甲＝s 甲t 甲＝10020 m /s ＝5 m/s ，方向向东．v 乙＝s 乙t 乙＝15030m /s ＝5 m/s ，方向向北．两人平均速度大小一样，但方向不同，所以它们的平均速度不相同．12．如图5所示，一列火车长为100 m ，速度为5 m/s ，它通过一根直径为2 cm 的标志杆大约需要多长时间？它通过长为50 m 的大桥需要多长时间？图5答案 20 s 30 s解析火车通过标志杆的位移大小可认为等于火车的长度，s 1＝100 m ，火车通过大桥的位移大小等于火车和大桥长度之和，s 2＝100 m ＋50 m ＝150 m根据v ＝s t得，通过标志杆的时间：t 1＝s 1v ＝20 s通过大桥的时间：t 2＝s 2v ＝30 s.13．做直线运动的物体通过两个连续相等位移的平均速度的大小分别为v 1＝10 m /s ，v 2＝15 m/s ，求物体在整个运动过程中的平均速度的大小．答案 12 m/s解析设两段相等位移均为s ，则两段用时分别为t 1＝s v 1，t 2＝s v 2，全程的平均速度v ＝2s t 1＋t 2＝2ss v 1＋s v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝12 m/s.。

第1章第3节-2024-2025学年高二物理选择性必修第一册(粤教版)课后习题

第一章第三节A 组·基础达标1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A ．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C ．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒D ．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒【答案】D 【解析】若系统内存在摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，A 错误；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，B 错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，C 错误；动量守恒的条件是系统所受合外力为零，D 正确．2．如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M 的小车，小车上有一半径为R 的14圆弧光滑轨道．现有一质量为m 的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是( )A ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒C ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守恒D ．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能不守恒【答案】B 【解析】当小球沿光滑曲面下滑时，小球和小车组成的系统合力不为零，动量不守恒，但小车和小球在水平方向上的合力为零，此方向上动量守恒，A 、C 错误，B 正确；除重力系统无外力做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，D 错误．3．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .现A 以v 0＝4.0 m/s 的初速度向左运动，则B 的最终速度可能为( )A．0.8 m/s B．1.2 m/sC．1.6 m/s D．2.0 m/s【答案】A【解析】若A、B能达到共同速度，设A、B达到的共同速度为v，根据动量守恒定律，有m v0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，故B的最大速度为1 m/s；若A、B未达到共同速度时A就滑出B的左端，则B获得的速度就没有达到1 m/s.4．(多选)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒【答案】BD【解析】子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确．5．A、B两小球在光滑水平面上发生正碰，小球A的质量为m1＝0.2 kg.碰撞前、后两球位置与时间的关系如图所示，由此可以判断()A．小球B的质量为m2＝0.6 kgB．小球B的质量为m2＝0.2 kgC．碰后小球A和B方向相同D．碰前小球A加匀速运动，小球B匀速运动【答案】A【解析】由题图可知，碰前小球A的速度为v1＝2 m/s，碰前小球B的速度为零，碰后小球A 的速度为v ′1＝－1 m/s ，碰后小球B 的速度为v ′2＝1 m/s ，对小球A 、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，代入数据解得m 2＝0.6 kg ，A 正确，B 错误；由以上分析可知，碰后A 反弹，则两球的运动方向相反，C 错误；碰前小球A 匀速运动，小球B 静止，D 错误．6．一辆质量m 1＝3.0×103 kg 的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m 2＝1.5×103 kg 的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s ＝6.75 m 停下．已知两车车轮与路面间的动摩擦因数均为μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度g 取10 m/s 2)解：以轿车运动方向为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，碰撞后共同滑行过程中，由动能定理得－μ(m 1＋m 2)gs ＝0－12(m 1＋m 2)v 2，解得v ＝9 m/s ，则v 0＝m 1＋m 2m 2v ＝27 m/s. B 组·能力提升7．某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律．图中AB 为斜槽，BC 为水平槽．(1)下列说法正确的是______．A ．该实验要求入射小球的质量应大于被碰小球的质量B ．该实验要求入射小球和被碰小球必须是金属材质C ．该实验通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h 得到小球碰撞前的速度D ．该实验通过测量小球做平抛运动的竖直位移间接得到小球碰撞前后的速度(2)实验时先使入射小球从斜槽上某一固定位置S 多次由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上并留下痕迹，从而确定P 点的位置；再把被碰小球放在水平槽末端，让入射小球仍从位置S 多次由静止释放，跟被碰小球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M 、N 点的位置．实验中，确定P 点位置时多次落点的痕迹如图乙所示，刻度尺的零刻线与O 点对齐，则OP ＝______cm.(3)该实验若要验证两小球碰撞前后的动量是否守恒，需要分别测量记录纸上M 点距O 点的距离L O M 、P 点距O 点的距离L O P 、N 点距O 点的距离L O N ．除此之外，还需要测量的物理量是____________，需要验证的关系式为__________________(其中涉及需要测量的物理量请用自己设定的字母表示).【答案】(1)A (2)39.80 (3)两球的质量 m 1L OP ＝m 1L OM ＋m 2L ON【解析】(1)要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，而对小球的材质无要求，故A 正确，B 错误；入射小球从静止下落过程中会受到斜槽的摩擦力作用，由于摩擦力做功未知，所以不能通过测量入射小球从斜槽上由静止释放的高度h 得到小球碰撞前的速度，故C 错误；两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为v ＝x t，竖直高度相同，则下落时间相等，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度，故D 错误．(2)为保证减小实验误差，则应读轨迹中心到O 点的距离即为OP 的长度，毫米刻度尺的最小分度是毫米，估读到0.1 mm ，所以OP ＝39.80 cm.(3)据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t ，则：v 0＝L OP t ，v 1＝L OM t ，v 2＝L ON t. 令入射小球的质量为m 1，被碰小球的质量为m 2，根据动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，可得验证的表达式为m 1L OP ＝m 1L OM ＋m 2L ON ，还需要测量的物理量是两球的质量．8．气垫导轨工作时，可忽略滑块与导轨表面间的阻力影响，现借助其验证动量守恒定律，如图甲所示，在水平气垫导轨上放置质量均为m 的A 、B (图中未标出)两滑块，左侧滑块的左端、右侧滑块的右端分别与一条穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器电源的频率为f .气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，待打点稳定后让两滑块以大小不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．如图所示的乙和丙为某次实验打出的、分别与两个滑块相连的两条纸带，在纸带上以同间距的6个连续打点为一段划分纸带，用刻度尺分别测出其长度为s 1、s 2和s 3.(1)若碰前滑块A 的速度大于滑块B 的速度，则滑块______(填“A ”或“B ”)是与纸带乙的______(填“左”或“右”)端相连．(2)碰撞前A 、B 两滑块的动量大小分别为______、______，实验需要验证是否成立的表达式为________________(用题目所给的已知量表示).【答案】(1)A 左 (2)0.2mfs 1 0.2mfs 3 0.2(s 1－s 3)＝0.4s 2【解析】(1)因碰前A 的速度大于B 的速度，A 、B 的速度相反，且碰后速度相同，故根据动量守恒定律可知，图中s 1和s 3是两滑块相碰前打出的纸带，s 2是相碰后打出的纸带，所以滑块A 应与乙纸带的左端相连．(2)碰撞前两滑块的速度分别为v 1＝s 1t ＝s 15T＝0.2s 1f ， v 2＝s 3t ＝s 3f 5＝0.2s 3f ，碰撞后两滑块的共同速度v ＝s 2t＝0.2s 2f ，所以碰前两滑块动量分别为p 1＝m v 1＝0.2mfs 1，p 2＝m v 2＝0.2mfs 3，总动量为p ＝p 1－p 2＝0.2mf (s 1－s 3)，碰后总动量为p ′＝2m v ＝0.4mfs 2，要验证动量守恒定律，则一定有0.2mf (s 1－s 3)＝0.4mfs 2，即0.2(s 1－s 3)＝0.4s 2.9．像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a 、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a 、b 间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．(1)我们可以用带光电门E 、F 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图乙所示，采用的实验步骤如下：a.用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平．c ．在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．d ．用游标卡尺测量小滑块的宽度d ，卡尺示数如图丙所示．读出滑块的宽度d ＝________cm.e ．按下电钮放开卡销，光电门E 、F 各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10-3s 和3.4×10-3s.滑块通过光电门E 的速度v 1＝______m/s ，滑块通过光电门F 的速度v 2＝______m/s.(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________．(用所测物理量的字母表示)【答案】(1)1.015 2.03 2.99 (2)m A v 1＝m B v 2【解析】(1)d.滑块的宽度应该是主尺的示数1 cm 与副尺的示数的和，而副尺共有20个小格，即精确到0.05 mm ，由于第三个小格与主尺刻度线对齐，故读数为0.05 mm ×3＝0.15 mm ，所以滑块的宽度为d ＝1 cm ＋0.15 mm ＝1 cm ＋0.015 cm ＝1.015 cm.e ．滑块通过光电门E 的速度v 1＝d Δt 1＝1.015×10-25.0×10-3m/s ＝2.03 m/s ，滑块通过光电门F 的速度v 2＝d Δt 2＝1.015×10-23.4×10-3m/s ≈2.99 m/s. (2)由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，在释放前系统的动量为0，故在释放后系统的动量仍然为0，则有m A v 1＋m B (－v 2)＝0，即m A v 1＝m B v 2.。

2018版物理粤教版必修一文档：第四章力与运动第四节

第四节牛顿第二定律[学习目标]1.了解数据采集器在探究牛顿第二定律实验中的作用.2.理解牛顿第二定律的内容和公式的确切含义.3.知道力的国际单位“牛顿”的定义，理解1 N大小的定义.4.会用牛顿第二定律的公式处理力与运动的问题．一、数字化实验的过程及结果分析1．数据采集器：通过各种不同的传感器，将各种物理量转换成电信号记录在计算机中．2．位置传感器记录的实验结果(1)保持滑块的质量m不变、改变拉力F，可得到滑块的速度－时间图象，经分析可得，物体的加速度与合外力之间的关系：a∝F.(2)保持拉力F不变，改变滑块的质量m，可得到滑块的速度－时间图象，经分析可得，物体的加速度和质量的关系：a∝1 m.二、牛顿第二定律及其数学表示1．内容：物体的加速度跟所受合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：a＝k Fm，当物理量的单位都使用国际单位制时，表达式为F＝ma.3．力的单位“牛顿”的定义：国际上规定，质量为1_kg的物体获得1_m/s2的加速度时，所受的合外力为1 N.[即学即用]判断下列说法的正误．(1)由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比．(×)(2)公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取．(×)(3)使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫做1 N．(√)(4)公式F＝ma中，a实际上是作用于物体上每一个力所产生的加速度的矢量和．(√)(5)物体的运动方向一定与它所受合外力的方向一致．(×)一、对牛顿第二定律的理解[导学探究](1)从牛顿第二定律可知，无论多么小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用力提一个很重的箱子，却提不动它，这跟牛顿第二定律有无矛盾？为什么？(2)从匀速上升的气球上掉下一个物体(不计空气阻力)，物体离开气球的瞬间，其加速度和速度情况如何？答案 (1)不矛盾．因为牛顿第二定律中的力是指合外力．我们用力提一个放在地面上很重的箱子，没有提动，箱子受到的合力F ＝0，故箱子的加速度为零，箱子仍保持不动，所以上述现象与牛顿第二定律并没有矛盾．(2)物体离开气球的瞬间只受重力，加速度大小为g ，方向竖直向下；速度方向向上，大小与气球速度相同．[知识深化] 牛顿第二定律的四个性质1．矢量性：合外力的方向决定了加速度的方向，合外力方向改变，加速度方向改变，加速度方向与合外力方向一致．2．瞬时性：加速度与合外力是瞬时对应关系，它们同生、同灭、同变化．3．同体性：a ＝Fm 中各物理量均对应同一个研究对象．因此应用牛顿第二定律解题时，首先要处理好的问题是研究对象的选取．4．独立性：当物体同时受到几个力作用时，各个力都满足F ＝ma ，每个力都会产生一个加速度，这些加速度的矢量和即为物体具有的合加速度，故牛顿第二定律可表示为⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma xF y ＝ma y.例1 (多选)下列对牛顿第二定律的理解正确的是( ) A ．由F ＝ma 可知，m 与a 成反比B ．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用C ．加速度的方向总跟合外力的方向一致D ．当外力停止作用时，加速度随之消失答案 CD解析虽然F ＝ma ，但m 与a 无关，因a 是由m 和F 共同决定的，即a ∝Fm ，且a 与F 同时产生、同时消失、同时存在、同时改变；a 与F 的方向永远相同．综上所述，可知A 、B 错误，C 、D 正确．例2 (多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的水平力的作用，则这个物体的运动情况为 ( )A ．速度不断增大，但增大得越来越慢B ．加速度不断增大，速度不断减小C ．加速度不断减小，速度不断增大D ．加速度不变，速度先减小后增大答案 AC解析水平面光滑，说明物体不受摩擦力作用，物体所受到的水平力即为其合外力．水平力逐渐减小，合外力也逐渐减小，由公式F ＝ma 可知：当F 逐渐减小时，a 也逐渐减小，但速度逐渐增大．合外力、加速度、速度的关系1．力与加速度为因果关系：力是因，加速度是果．只要物体所受的合外力不为零，就会产生加速度．加速度与合外力方向是相同的，大小与合外力成正比．2．力与速度无因果关系：合外力方向与速度方向可以同向，可以反向，还可以有夹角．合外力方向与速度方向同向时，物体做加速运动，反向时物体做减速运动． 3．两个加速度公式的区别a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，是比值定义法定义的物理量，a 与v 、Δv 、Δt 均无关；a ＝Fm 是加速度的决定式，加速度由其受到的合外力和质量决定．二、牛顿第二定律的简单应用 1．解题步骤 (1)确定研究对象．(2)进行受力分析和运动情况分析，作出受力和运动的示意图． (3)求合力F 或加速度a . (4)根据F ＝ma 列方程求解． 2．解题方法(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合外力，加速度的方向即是物体所受合外力的方向．(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体的合外力．①建立坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程F x ＝ma ，F y ＝0.②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a .根据牛顿第二定律⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma x F y ＝ma y 列方程求解．例3 如图1所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的角度为37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；(2)求悬线对小球的拉力大小．答案 (1)7.5 m/s 2，方向水平向右车厢可能水平向右做匀加速直线运动或水平向左做匀减速直线运动 (2)12.5 N解析解法一(矢量合成法)(1)小球和车厢相对静止，它们的加速度相同．以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图所示，小球所受合力为F 合＝mg tan 37°.由牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝F 合m ＝g tan 37°＝34g ＝7.5 m/s 2，加速度方向水平向右．车厢的加速度与小球相同，车厢做的是水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动． (2)由图可知，悬线对球的拉力大小为F T ＝mg cos 37°＝12.5 N.解法二(正交分解法)(1)建立直角坐标系如图所示，正交分解各力，根据牛顿第二定律列方程得 x 方向：F T x ＝may 方向：F T y －mg ＝0 即F T sin 37°＝ma F T cos 37°－mg ＝0 解得a ＝34g ＝7.5 m/s 2加速度方向水平向右．车厢的加速度与小球相同，车厢做的是水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动．(2)由(1)中所列方程解得悬线对球的拉力大小为 F T ＝mg cos 37°＝12.5 N.例4 如图2所示，质量为4 kg 的物体静止于水平面上．现用大小为40 N 、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．图2(1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度大小是多少？答案(1)8 m/s2(2)6 m/s2解析(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示由牛顿第二定律：F cos 37°＝ma1①解得a1＝8 m/s2②(2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示F cos 37°－f＝ma2③F N′＋F sin 37°＝mg④f＝μF N′⑤由③④⑤得：a2＝6 m/s2.1．(对牛顿第二定律的理解)关于牛顿第二定律，以下说法中正确的是()A．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体，所受的合外力一定大B．牛顿第二定律说明了：质量大的物体，其加速度一定小C．由F＝ma可知，物体所受到的合外力与物体的质量成正比D．对同一物体而言，物体的加速度与物体所受到的合外力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合外力方向一致答案 D解析加速度是由合外力和质量共同决定的，故加速度大的物体，所受合外力不一定大，质量大的物体，加速度不一定小，选项A、B错误；物体所受到的合外力与物体的质量无关，故C错误；由牛顿第二定律可知，物体的加速度与物体所受到的合外力成正比，并且加速度的方向与合外力方向一致，故D选项正确．2．(合外力、加速度、速度的关系) 物体在与其初速度方向相同的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图3所示，则在0～t1这段时间内()图3A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小答案 C解析由题图可知，物体所受合力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大．由于合外力F方向与速度方向始终相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，选项C正确．3．(水平面上加速度的求解)如图4所示，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到大小为20 N、与水平方向成37°角斜向下的推力F作用时，沿水平方向做匀加速直线运动，求物体加速度的大小．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图4答案 5 m/s2解析取物体为研究对象，受力分析如图所示，建立直角坐标系．在水平方向上：F cos 37°－f＝ma ①在竖直方向上：F N＝mg＋F sin 37°②又因为：f＝μF N ③联立①②③得：a＝5 m/s24．(斜面上加速度的求解) (1)如图5所示，一个物体从光滑斜面的顶端由静止开始下滑，倾角θ＝30°，斜面静止不动，重力加速度g＝10 m/s2.求物体下滑过程的加速度有多大？图5(2)若斜面不光滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝36，物体下滑过程的加速度又是多大？答案 (1)5 m /s 2 (2)2.5 m/s 2解析 (1)根据牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma 1 所以a 1＝g sin θ＝10×12m /s 2＝5 m/s 2(2)物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律得 mg sin θ－f ＝ma 2 F N ＝mg cos θ f ＝μF N联立解得：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2.5 m/s 2.课时作业一、选择题(1～7为单选题，8～10为多选题) 1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )A ．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B ．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C ．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个力的大小成正比D ．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比答案 D解析根据牛顿第二定律可知：合外力一定时，物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关，A 错误；力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系，B 错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它所受作用力中的任一个力的大小成正比，C 错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，物体水平加速度大小与其质量成反比，D 正确．2. 如图1为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼－10”战机大仰角沿直线加速爬升的情景．则战机在爬升过程中所受合力方向( )图1A．竖直向上B．与速度方向相同C．与速度方向相反D．与速度方向垂直答案 B3．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是()答案 C解析物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，即F ＝ma＋f，该关系为线性函数．符合该函数关系的图象为C.4. 如图2所示，质量m＝10 kg的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体的加速度为(取g＝10 m/s2)()图2A．0 B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向右D．2 m/s2，水平向左答案 B解析物体受到的滑动摩擦力大小f＝μmg＝20 N，方向水平向右，物体的合外力F合＝F＋f ＝40 N，方向水平向右，根据牛顿第二定律：F合＝ma，a＝4 m/s2，方向水平向右．5．在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图3所示，现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力F a、F b的变化情况是()图3A．F a变大，F b不变B．F a变大，F b变小C ．F a 不变，F b 变小D ．F a 不变，F b 变大答案 C解析以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：F a sin α－F b ＝ma ① 竖直方向：F a cos α－mg ＝0②由题知α不变，由②分析知F a 不变，由①知，F b ＝F a sin α－ma <F a sin α，即F b 变小．6．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数均相同．现用大小相同的外力F 沿图4所示方向分别作用在1和2上，用12F 的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，用a 1、a 2、a 3分别代表物块1、2、3的加速度，则( )图4A ．a 1＝a 2＝a 3B ．a 1＝a 2，a 2>a 3C ．a 1>a 2，a 2<a 3D ．a 1>a 2，a 2>a 3答案 C解析对物块1，由牛顿第二定律得F cos 60°－f ＝ma 1，即F2－μ(mg －F sin 60°)＝ma 1对物块2，由牛顿第二定律得F cos 60°－f ′＝ma 2，即F2－μ(mg ＋F sin 60°)＝ma 2对物块3，由牛顿第二定律得 12F －f ″＝ma 3，即F2－μmg ＝ma 3 比较得a 1>a 3>a 2，所以C 正确．7. 如图5所示，质量为m 的物体沿倾角为θ的斜面匀加速下滑，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，此时物体的加速度的大小为a 1；若物体m 上再放另一质量为m ′的物体，它们一起运动的加速度大小为a 2；若物体m 上施加一个竖直向下、大小等于m ′g 的力F ，此时下滑的加速度大小为a 3.则a 1、a 2、a 3大小的关系是( )图5A．a3>a1>a2B．a1＝a2<a3C．a1<a2<a3D．a1＝a3>a2答案 B解析当物体m沿斜面匀加速下滑时，对物体进行受力分析，如图所示．x轴：mg sin θ－f1＝ma1 ①y轴：F N1＝mg cos θ②f1＝μF N1 ③由①②③联立，得a1＝g sin θ－μg cos θ当物体m上再放一物体m′时，对m、m′组成的整体进行受力分析，如图所示x轴：(m′＋m)g sin θ－f2＝(m′＋m)a2 ④y轴：F N2＝(m＋m′)g cos θ⑤f2＝μF N2⑥由④⑤⑥联立，得a2＝g sin θ－μg cos θ当物体m上施加一个竖直向下、大小等于m′g的力F时，对物体m进行受力分析，如图所示x轴：(mg＋F)sin θ－f3＝ma3 ⑦y轴：F N3＝(mg＋F)cos θ⑧f3＝μF N3 ⑨由⑦⑧⑨联立，得a 3＝(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm＝g sin θ－μg cos θ＋F m(sin θ－μcos θ) 因为mg sin θ>μmg cos θ，即sin θ>μcos θ所以a 3>g sin θ－μg cos θ即a 1＝a 2<a 3.8．力F 1单独作用在物体A 上时产生的加速度a 1大小为5 m /s 2，力F 2单独作用在物体A 上时产生的加速度a 2大小为2 m/s 2，那么，力F 1和F 2同时作用在物体A 上时产生的加速度a 的大小可能是( )A ．5 m /s 2B ．2 m/s 2C ．8 m /s 2D ．6 m/s 2答案 AD解析设物体A 的质量为m ，则F 1＝ma 1，F 2＝ma 2，当F 1和F 2同时作用在物体A 上时，合力的大小范围是F 1－F 2≤F 合≤F 1＋F 2，即ma 1－ma 2≤ma ≤ma 1＋ma 2，加速度的大小范围为3 m /s 2≤a ≤7 m/s 2，正确选项为A 、D.9. 物体在力F 作用下运动，F 的方向与物体运动方向一致，其Ft 图象如图6所示，则物体( )图6A ．在t 1时刻加速度最大B ．在0～t 1时间内做匀加速运动C ．从t 1时刻后便开始返回运动D ．在0～t 2时间内，速度一直在增大答案 AD解析根据牛顿第二定律得，当物体质量不变，力越大时，加速度越大，由图象可知0～t 1时间内力F 逐渐增大，t 1时刻力F 最大，加速度最大，所以物体做加速度逐渐增大的变加速运动，A 正确，B 错误；t 1时刻后力F 开始减小，但方向未发生变化，所以物体继续向前加速运动，C 错误，D 正确．10．如图7所示，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时( )图7A．M受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力不变C．M仍相对于车厢静止D．M受静摩擦力不变答案CD解析对M受力分析如图所示，由于M相对车厢静止，则f＝Mg，F N＝Ma，当a增大时，F N增大，f不变，故C、D正确．二、非选择题11. 如图8所示，自动扶梯与水平面夹角为θ，上面站着一质量为m的人，当自动扶梯以加速度a加速向上运动时，求扶梯对人的弹力F N和扶梯对人的摩擦力f的大小．图8答案mg＋ma sin θma cos θ解析解法一建立如图甲所示的直角坐标系，人的加速度方向正好沿x轴正方向，由题意可得，x轴方向：f cos θ＋F N sin θ－mg sin θ＝ma，y轴方向：F N cos θ－f sin θ－mg cos θ＝0，解得F N＝mg＋ma sin θ，f＝ma cos θ.甲乙解法二建立如图乙所示的直角坐标系(水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向)．由于人的加速度方向是沿扶梯向上的，这样建立直角坐标系后，在x轴方向和y轴方向上各有一个加速度的分量，其中x轴方向的加速度分量a x＝a cos θ，y轴方向的加速度分量a y＝a sin θ，根据牛顿第二定律有，x轴方向：f＝ma x，y轴方向：F N－mg＝ma y，解得F N＝mg＋ma sin θ，f＝ma cos θ.12．如图9所示，质量m＝1 kg的球穿在斜杆上，斜杆与水平方向成30°角，球与杆之间的动摩擦因数μ＝36，球受到竖直向上的拉力F＝20 N，则球的加速度为多大？(取g＝10 m/s2)图9答案 2.5 m/s2解析球受到重力mg、杆的支持力F N、杆的摩擦力f和竖直向上的拉力F四个力的作用(如图所示)，建立直角坐标系，则由牛顿第二定律得F sin 30°－mg sin 30°－f＝maF cos 30°＝mg cos 30°＋F Nf＝μF N联立以上各式解得a＝2.5 m/s2.。

高中物理(粤教版必修一)教师用书：第1章第5节速度变化的快慢加速度含答案

学习目标知识脉络1.理解加速度的概念，并会根据定义式求解加速度．(难点)2．了解v、Δv和Δv Δt的区别，理解加速度的矢量性．(重点)3．了解速度和加速度的方向关系，会判断物体的运动性质.加速度[先填空]1．定义：物体的速度变化与完成这一变化所用时间的比值．2．公式：a＝.3．单位：m/s2.读作：米每二次方秒．4．矢量性：加速度是矢量(填“矢量”或“标量”)．[再判断]1．运动物体的速度变化量越大，时间越短，其加速度越大．(√) 2．物体以a＝2 m/s2的加速度运动，若v0与a同向，则为加速运动．(√)3．物体A的加速度aA＝2 m/s2，B的加速度aB＝－4 m/s2，则A 的加速度大于B的加速度．(×)[后思考]物体的速度很大，加速度一定很大吗？【提示】速度大其加速度不一定大．速度大是指物体运动的快．加速度大是指速度变化快．[合作探讨]20xx年4月6日1时38分在酒泉卫星发射中心成功发射首颗微重力科学实验卫星，如图151所示．据悉，卫星发射时，在10 s的时间内速度能从0增加到大约100 m/s.一只以8 m/s的速度飞行的蜻蜓能在0.7 s的时间内停下来．图151探讨1：卫星与蜻蜓谁的速度变化量大？【提示】由Δv＝vt－v0知卫星的速度变化量大．探讨2：卫星与蜻蜓谁的加速度大？【提示】由a＝知蜻蜓的加速度大．[核心点击]1．物理意义：加速度a表示物体速度变化的快慢，也叫速度对时间的变化率．2．对加速度概念的进一步理解(1)a＝＝是用比值定义法定义的物理量．加速度a的大小与Δv、Δt大小无关，因此不能说a与Δv成正比，与Δt成反比．(2)加速度a与速度v无直接关系①v大，a不一定大．比如：匀速飞行的飞机速度很大，但加速度却为零；v小，a也不一定小，如射击时火药爆炸瞬间，子弹的速度v 可以看做零，这时加速度却很大．②速度变化Δv大，加速度a也不一定大，比如：列车由静止到高速行驶，速度变化量很大，但经历时间也长，所以加速度并不大．(3)速度变化得快，即大，表示单位时间内速度变化大，加速度才大．3．加速度是矢量，它的方向总是与速度变化量Δv的方向一致，但与速度的方向没有必然联系．①在加速直线运动中：vt>v0，Δv＝vt－v0>0，则a>0，与初速度方向相同．②在减速直线运动中：vt<v0，Δv＝vt－v0<0，则a<0，与初速度方向相反．1．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是( )A．物体运动的速度变化量越大，加速度一定越大B．速度很大的物体，其加速度可能很小，但不能为零C．某时刻物体速度为零，其加速度可能很大D．加速度很大时，运动物体的速度一定很大【解析】根据a＝，物体运动的速度改变量越大，由于时间未知，所以加速度也不一定大；A错误；速度很大的物体，其加速度可能很小，飞机飞行的速度很大，加速度却可能为零；B错误；某时刻物体速度为零，其加速度可能很大，如射击时火药爆炸瞬间，子弹的速度v 可以看做零，这时加速度却很大，C正确，D错误．【答案】C2．篮球以10 m/s的速度水平撞击篮板后以6 m/s的速度反向弹回，篮球与篮板的接触时间为0.2 s，则篮球在这段时间内的加速度为多大？加速度的方向如何．【解析】选取篮球的初速度方向为正方向，则初速度v0＝10 m/s.因为末速度方向与规定的正方向相反，故末速度为vt＝－6 m/s.由加速度的定义式可得：a＝＝ m/s2＝－80 m/s2.本题也可以选取末速度的方向为正方向，解出的加速度将为正值．【答案】80 m/s2 方向与初速度的方向相反加速度的方向1．加速度的正、负表示加速度的方向，不表示大小．2．若加速度的方向与规定的正方向相同，则加速度为正；若加速度的方向与规定的正方向相反，则加速度为负．匀变速直线运动[先填空]1．匀变速直线运动的定义：如果物体沿直线运动且其速度均匀变化(增加或减少)，该物体的运动就是匀变速直线运动．2．匀变速直线运动的特点：加速度不随时间变化．[再判断]1．做匀变速直线运动的物体，它的速度变化越快，加速度越大．(√)2．做匀变速直线运动的物体，它的加速度方向和速度方向总是相同的．(×)[后思考]什么样的运动是匀变速直线运动？匀变速直线运动有什么特点？匀加速直线运动和匀减速直线运动的a与v有什么关系？【提示】沿着一条直线且加速度不变的运动，叫匀变速直线运动，其特点为任意相等时间内Δv相等，速度均匀变化，即＝常量．匀加速直线运动时，a与v同向；匀减速直线运动时，a与v反向．[合作探讨]探讨1：物体做加速还是减速运动与加速度大小有无关系？【提示】无关，与加速度的方向有关．探讨2：物体的加速度a＝1 m/s2，能由此得出物体做加速运动吗？【提示】不能，当a与v0同向时做加速直线运动；当a与v0反向时做减速直线运动．[核心点击]1．加速度不变的直线运动是匀变速直线运动；匀变速直线运动的加速度也一定恒定不变．2．在匀变速直线运动中(1)加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动．(2)加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．3．A、B两物体均做匀变速直线运动，A的加速度a1＝1.0 m/s2，B的加速度a2＝－2.0 m/s2，根据这些条件做出的以下判断，其中正确的是( )A．B的加速度大于A的加速度B．A做的是匀加速运动，B做的是匀减速运动C．任意时刻两个物体的速度都不可能为零D．两个物体的运动方向一定相反【解析】加速度是矢量，负号不表示大小，A正确，两物体的初速度方向不确定，不能判断是加速还是减速，B错；若两物体均做减速运动，某时刻速度均可以为零，C错；两个物体的运动方向可以相同，D错．【答案】A4．如图152所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8 s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀加速直线运动，那么它的加速度约为( )甲乙图152A．11 m/s2 B．5.0 m/s2C．1.4 m/s2 D．0.6 m/s2【解析】由图可知v0＝20 km/h，vt＝60 km/h，Δv＝vt－v0＝(60－20) km/h＝40 km/h＝ m/s又Δt＝8 s，由a＝可知a＝1.4 m/s2，C正确．【答案】C5．(多选)根据给出的速度和加速度的正、负，对下列运动性质的判断正确的是( )A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动【解析】物体运动的速度、加速度的方向是任意规定的，当速度的方向和加速度的方向相同时，做加速运动；方向相反时做减速运动．不能只根据加速度的正、负来判断物体是做加速运动还是做减速运动．正确答案是C、D.【答案】CD加速度与速度之间的关系1．物体做加速运动还是做减速运动，不能根据加速度的正负来判断．要根据加速度和速度方向关系来判断．2．加速度与运动性质关系记忆口诀：速度变化快和慢，加速度大小来体现．a大速度变化快，a小速度变化慢．a和v有方向，v增v减它们管．同向加速反向减，二者关系记心间．。

粤教版物理必修一第四章力与运动练习题及答案解析第4单元-第2、3节

(对应学生用书第121页)1．(双选)放在光滑水平面上的物体；在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态．若其中一个力逐渐减小到零后；又逐渐恢复到原值；则该物体的运动情况是()A．速先增大；后减小B．速一直增大；直到某个定值C．加速先增大；后减小到零D．加速一直增大到某个定值【解析】当其中一个力逐渐减小时；合力逐渐增大；产生的加速逐渐增大；速由零逐渐增大；当此力再逐渐恢复原值的过程中；合外力逐渐减小；产生的加速逐渐减小．但由于加速方向与速方向一致；所以速一直增大；当合外力再减为零时；速达到最大值．【答案】BC2．物体放在足够长的光滑木板一端；在将木板一端抬起的过程中；物体的加速将()A．不变B．增大C．减小D．先变大后不变【解析】物体受重力和支持力的作用；合力沿木板平面向下；在将木板抬起的过程中；物体质量不变；合外力逐渐增大；加速逐渐增大．当木板竖直后；合外力不变；质量不变；加速不变；因此；加速先变大后不变．【答案】 D3．(双选)如图4－2－11所示是根据探究加速与力的关系的实验数据描绘的a－F图象；下列说法正确的是()图4－2－11A．三条倾斜直线所对应的小车和砝码的质量相同B．三条倾斜直线所对应的小车和砝码的质量不同C．直线1所对应的小车和砝码的质量最大D．直线3所对应的小车和砝码的质量最大【解析】由图象知F相同时；对应的加速大小a1＞a2＞a3；根据F相同时；加速与质量成正比；所以m1＜m2＜m3；故选BD.【答案】BD4．某学生在做“探究加速与力、质量的关系”的实验时；在平衡摩擦力时把长木板的一端垫得过高；使得倾角偏大；他所得到的a－F关系可用下图中哪一图线表示(a是小车加速；F是细绳作用于小车的拉力)()【解析】当木板垫得倾角偏大时；mg sin θ＞μmg cos θ；这样；即使不悬挂砝码和小盘；小车也会产生加速．故选C.【答案】 C5．如图4－2－12所示；在“探究加速与力、质量的关系”的演示实验中；若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2；车上所放砝码的质量分别为m1、m2；打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为s1、s2；则在实验误差允许的范围内；有() 图4－2－12 A．当m1＝m2、F1＝2F2时；s1＝2s2B．当m1＝m2、F1＝2F2时；s2＝2s1C．当m1＝2m2、F1＝2F2时；s1＝2s2D．当m1＝2m2、F1＝2F2时；s2＝2s1【解析】题中m1和m2是车中砝码的质量；决不能认为是小车的质量．本题中只说明了两小车是相同的；并未告诉小车的质量是多少．当m1＝m2时；两车加砝码后质量仍相等；若F 1＝2F 2；则a 1＝2a 2；由s ＝错误!at 2；得s 1＝2s 2；A 正确．若m 1＝2m 2时；无法确定两车加砝码后的质量关系；两小车的加速关系也就不清楚．故无法判定两车的位移关系．【答案】 A6．甲、乙两个实验小车；在同样的合外力作用下；甲车产生的加速是1.5 m/s 2；乙车产生的加速是4.5 m/s 2；甲车的质量m 甲和乙车的质量m 乙之比为( )A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．无法确定【解析】在同样的合外力作用下物体的加速与它的质量成反比.错误!＝错误!＝错误!＝3；故B 项正确．【答案】 B7．(双选)如图4－2－13所示；A 、B 两条直线是在A 、B 两地分别用竖直向上的力F 拉质量分别为m A 和m B 的两个物体得出的加速a 与力F 之间的关系图线；分析图线可知( ) 图4－2－13A ．比较两地的重力加速；有g A ＞g BB ．比较两物体的质量；有m A ＜m BC ．比较两地的重力加速；有g A ＝g BD ．比较两物体的质量；有m A ＞m B【解析】 A 和B 的图象与纵坐标相交于同一点；说明两物体在不受F 只受重力的作用下；它们的加速相同；即两地的重力加速相同；C 正确；由A 和B 的图象和横坐标相交于不同点；说明两物体在平衡状态时F 的大小不同；A 物体受到的力F 小；表明A 受的重力小；即A 的质量小于B 的质量；B 正确．【答案】 BC8．如图4－2－14所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速与力的关系”的实验装置．图4－2－14(1)在该实验中必须采用控制变量法；应保持______不变；用钩码所受的重力作为________．用DIS测小车的加速．(2)改变所挂钩码的数量；多次重复测量；在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图4－2－15所示)图4－2－15①分析此图线的OA段可得出的实验结论是____________________________________________________________________.②此图线的AB段明显偏离直线；造成此误差的主要原因是()A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大【解析】(1)先保持小车的总质量不变；用钩码所受的重力作为小车所受的合外力；用DIS测加速(2)①OA段为直线；说明在质量不变的条件下；加速与外力成正比．②对此系统而言；当小车质量不远大于钩码总质量时；a与F不成正比；即仅C正确．【答案】(1)小车总质量小车所受合外力(2)①在质量不变时；加速与外力成正比②C9．下表是探究牛顿第二定律实验所得到的数据.质量m/kg受力F/N加速a/(m·s－2)10.50.2520.503 1.004 1.05 1.5若利用前三组数据探究加速与受力的关系；则2、3组数据中物体的质量分别为________、________；若利用后三组数据探究加速与物体质量的关系；则4、5组数据中物体所受的力分别为________、________．【解析】探究加速与受力的关系；应保持质量不变；因此2、3组质量应与第1组质量相同；探究加速与物体质量的关系时；应保持物体的受力不变；即4、5组受力应与第3组受力相同．【答案】0.5 kg0.5 kg 1.00 N 1.00 N10．在“探究加速与力、质量的关系”的实验中；我们得到了如图4－2－16所示的两个实验图象甲、乙；描述加速与力的关系的图象是______；另一图象描述的是________的关系．甲乙图4－2－16【解析】在“探究加速与力、质量的关系”实验中；利用控制变量法探究得出：在力F一定时；a与m成反比；在质量m一定时；a与F成正比．由图可知甲是正比例函数图象；乙是反比例函数图象；所以甲是a－F图象；乙是a －m图象．【答案】甲加速和质量11．(·广东汕头高一期末)在“探究加速与力、质量的关系”实验中(1)打出的一条纸带如图4－2－17(a)所示；相邻计数点间的距离x1＝1.17 cm、x2＝1.87 cm、x3＝2.48 cm、x4＝3.14 cm、x5＝3.80 cm、x6＝4.44 cm.则可计算出小车的加速a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字．)(a) (b)(c)图4－2－17(2)某同学在保持小车质量不变的前提下；根据测量的数据得出小车的a－F 关系图象如图4－2－17(b)所示；造成这一结果的原因可能是__________________________________________________________________．(3)甲和乙两位学生各自独立完成实验；利用实验测量的数据在同一个图象中得出a－F的关系分别如图4－2－17(c)中甲、乙所示；这一结果表明两位同学做实验时的哪个物理量不同？并比较其大小关系．_____________________________________________________________.【解析】(1)由匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差为常数；即Δx ＝at2可求．a＝错误!＝错误!m/s2＝0.651 m/s2.(2)由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；当沙桶的重力比较小时；小车不动；因此有一定拉力时；加速仍为零．(3)由图象可知；当力相同时a甲＞a乙；说明甲的质量小于乙的质量．【答案】(1)0.651(2)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(3)两小车及车上的砝码的质量不同；且m甲＜m乙12．(·北京昌平区高一期末)在“探究加速与物体质量、物体受力的关系”实验中．某小组设计了如图4－2－18所示的实验装置．图中上、下两层水平轨道表面光滑；两小车前端系上细线；细线跨过定滑轮并挂上砝码盘；两小车尾部细线连到控制装置上；实验时通过控制装置使小车同时开始运动；然后同时停止．图4－2－18(1)在安装实验装置时；应调整滑轮的高；使____________．(2)在实验时；为减小系统误差；应使砝码盘和砝码的总质量________小车的质量(选填“远大于”“远小于”或“等于”)．(3)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速的大小；能这样比较；是因为____________________________________________________________．【解析】为了实验结果更为准确；减小实验误差；在安装实验装置时；应调整滑轮的高；使细线水平；此时小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量；目的是让砝码盘和砝码的总重力大小等于小车所受的拉力大小；在两车的运动时间相等的情况下；据x＝错误!at2知；x越大；a越大．【答案】(1)小车与滑轮之间的细线水平(或与轨道平行)(2)远小于(3)两车从静止开始做匀加速直线运动；且两车的运动时间相等；据x＝错误! at2知；x与a成正比【备课资源】在体育竞技比赛中；标枪和铅球的世界纪录为什么不同？标枪和铅球的世界纪录是指标枪或铅球的最大位移；可利用控制变量法；综合考虑物体的质量；运动员的体力及技巧等多方面的因素．体育比赛中标枪和铅球一个很重要的区别在于标枪的质量要比铅球的质量小得多．如果一个运动员在将标枪或铅球投掷出去的过程中对标枪或铅球的推力是一样的．那么；标枪的加速比铅球的加速要大得多．所以；在运动员将标枪或铅球掷出去时；标枪的速要比铅球的速大；而且标枪飞行的最大高比铅球飞行的最大高要高；使得标枪的飞行时间大于铅球的飞行时间．因而；在比赛中标枪的飞行距离比铅球的飞行距离要大．所以；标枪和铅球的世界纪录是不同的．。

粤教版高中物理必修第一册课后练习、课时练习

一、单选题(选择题)1. 如图所示，OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆，O、A、B位于同一圆周上，OB为圆的直径。

每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（）A．B．C．D．无法比较t1、t2的大小2. 下列关于时间和时刻的说法正确的是（）A．上午8：00上第一节课对应时间间隔B．时钟指针所指的某一位置对应时间间隔C．前3s内与第3s内指的是同一段时间D．第2s指的是从第1s末到第2s末3. 物体从某一高处自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为0，然后被弹簧弹回．下列说法中正确的是（）A．物体从A下落到B的过程中，受到弹簧的弹力不断减小B．物体从A下落到B的过程中，速度越来越小C．物体从B上升到A的过程中，受到弹簧的弹力不断减小D．物体从B上升到A的过程中，速度越来越大4. 如图为武直-20直升机，它是我国自主研发的10吨级通用直升机，最大飞行速度可达300千米/小时，作战半径大于400千米，实用升限6000米，最大起飞重量大于10吨，最大航程约800千米。

据以上信息，下列说法正确的是（）A．“300千米/小时”指的是平均速度大小B．“吨”、“米”均是国际单位制中的基本单位C．武直-20减速下降过程中，飞行员处于失重状态D．武直-20匀速上升过程中，座椅对飞行员的支持力与飞行员的重力是一对平衡力5. 如图所示，一本书用夹子夹住略微倾斜地挂在竖直墙上的钉子上（书与墙未接触），处于静止状态，则（）A．夹子对书本的作用力垂直书本平面B．钉子受到书对它竖直向下的作用力C．夹子夹在书本不同的位置，书本受到的摩擦力相同D．书本对夹子的力与夹子对书本的力是一对平衡力6. 某商场中，一顾客乘扶梯上楼，与扶梯一起加速运动，如图所示。

则下列说法中正确的是（）A．顾客受到2个力的作用B．顾客所受摩擦力方向沿斜面向上C．顾客不受摩擦力作用D．顾客所受摩擦力方向水平向右7. 2021年6月28日，杭海城际铁路建成通车，线路全长46.38公里，设12座车站（高架8座，地下4座），和杭州地铁1号线在余杭高铁站换乘，车辆采用4辆编组的B型车，设计时速120公里，全程运行在30分钟左右。

新教材高中物理第四章牛顿运动定律专题练传送带问题含解析粤教版必修第一册

传送带问题一、选择题1．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。

其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行。

旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2。

若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处【解析】选B 、D 。

行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

加速度为a ＝μg＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2 t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2L a＝2×21s ＝2 s ，D 正确。

2．如图所示，水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v ＝2 m/s 不变，两端A 、B 间距离为3 m 。

一物块从B 端以初速度v 0＝4 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2。

物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，选项图中速度随时间变化的关系正确的是( )【解析】选B 。

物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与传送带间的摩擦力作用，使得物块做匀减速运动，加速度大小为a ＝μg＝4 m/s 2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s ＝0－v 20 －2a ＝0－42－2×4m ＝2 m ，其值小于AB 的长3 m ，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝v 2－02a ＝22－02×4 m ＝0.5 m ，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小，选项B 正确。

粤教版高中物理必修一课后习题答案(1~4章)

粤教版高中物理必修一第四章章末复习课+Word版含答案.doc

粤教版物理必修一第一章 运动的描述练习题及答案解析6份

高中物理选择性必修第一册-第一节 光的折射定律 粤教版