高考物理一轮复习各专题复习题及答案解析
2025届高考物理一轮复习专题卷: 安培力与洛伦兹力(含解析)
2025届高考物理一轮复习专题卷: 安培力与洛伦兹力一、单选题1.如图所示,一带负电的粒子(不计重力)进入磁场中,图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛伦兹力方向标示正确的是( )A.B.C.D.2.速度选择器是质谱仪的重要组成部分,工作时电场和磁场联合作用,从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。
下列结构能成为速度选择器的是( )A. B.C. D.3.图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。
定子是仅匝数n 不同的两线圈,,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O 的距离相等,且均连接阻值为R 的电阻,转子是中心在O 点的条形磁铁,绕O 点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流。
不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是( )12n nA.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等4.某同学搬运如图所示的磁电式电流表时,发现表针晃动剧烈且不易停止。
按照老师建议,该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运,发现表针晃动明显减弱且能很快停止。
下列说法正确的是( )A.未接导线时,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B.未接导线时,表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C.接上导线后,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D.接上导线后,表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用5.如图所示,为高中物理实验室常用的磁电式电流表的内部结构,基本组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈,其物理原理就是通电线圈因受安培力而转动。
电流表的两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。
关于磁电式电流表,下列说法正确的是( )A.铁质圆柱内部磁感应强度为零B.线圈的磁通量始终为零C.线圈转动时,螺旋弹簧变形,反抗线圈转动D.电流不为零,线圈停止转动后不再受到安培力6.如图所示,一段长方体金属导电材料,左右两端面的边长为a 和b 内有带电量为的自由电子,已知该导电材料单位体积内自由电子数为n ;导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度为B 。
高考物理一轮复习精选题辑:课练+20+Word版含解析
课练20库仑定律电场力的性质1.(2018·广东揭阳一中、潮州金中联考)(多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤.细银丝的下端悬挂一根绝缘棒,棒的一端是一个带电的金属小球A,另一端有一个不带电的球B,B与A所受的重力平衡,当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时,A和C 之间的作用力使悬丝扭转,通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小,便可找到力F与距离r和电荷量q的关系.这一实验中用到了下列哪些方法()A.微小量放大法B.极限法C.控制变量法D.逐差法答案:AC解析:当小球C靠近小球A时,库仑力使悬丝扭转较小的角度,通过悬丝上的小镜子反射光线放大,能比较准确地测出转动角度.同时体现了控制变量法,即分别控制q和r不变,研究库仑力F与r和q的关系,故A、C正确.2.(2018·河南4月模拟)a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态,已知a所带的电荷量为+Q,b所带的电荷量为-q,且Q>q,关于电荷c,下列判断正确的是() A.c一定带负电B.c所带的电荷量一定大于qC.c可能处在a、b之间D.如果固定a、b,仍使c处于平衡状态,则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定答案:B解析:根据电场力方向来确定各自电性,从而得出“两同类一异”,根据库仑定律来确定电场力的大小,并由平衡条件来确定各自所带电荷量的大小,因此在大小上一定为“两大夹一小”,且c 所带的电荷量一定大于q ,故A 、C 错误,B 正确;如果a 、b 固定,则只需使c 处于平衡状态即可,由于a 、b 带异号电荷,c 应位于a 、b 连线的外侧,又由于a 的电荷量大于b 的电荷量,则c 应靠近b ,c 的电荷量不能确定,故D 错误.3.(2018·山东泰安一模)如图所示,+Q 为固定的正点电荷,虚线圆是其一条等势线.两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A 以相同的速度v 0射入,轨迹如图中曲线,B 、C 为两曲线与圆的交点.a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小,v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小.不计粒子重力,以下判断正确的是( )A .aB =aC v B =v C B .a B >a C v B =v CC .a B >a C v B <v CD .a B <a C v B >v C答案:C解析:库仑力F =kQq r 2,两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同,根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ,a =F m ,解得m B <m C ,因为B 、C 两点位于同一等势线上,电势相等,所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ,电场力做功相同且做负功,有-W =12m v 2-12m v 20,所以12m B (v 20-v 2B )=12m C (v 20-v 2C ),因为m B <m C ,所以v B <v C ,C 正确. 4.(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示,小球A 、B 质量均为m ,初始带电荷量均为+q ,都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点,A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直,球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止.如果保持B 球的电荷量不变,使小球A 的电荷量缓慢减小,当两球间距缓慢变为原来的13时,下列判断正确的是( )A .小球B 受到细线的拉力大小不变B .小球B 受到细线的拉力变小C .两球之间的库仑力大小不变D .小球A 的电荷量减小为原来的127 答案:AD 解析: 对小球B 进行受力分析,由三角形相似可得mg L =T L =F AB,解得T =mg ,F =mg L ·AB ,在小球A 的电荷量减小的过程中,小球B 受到细线的拉力大小不变,A 正确,B 错误;当两球间距离AB 变为原来的13,则库仑力减小为原来的13,C 错误;再由F =kq A q B AB2和F =mg L ·AB ,联立解得q A =mg AB 3kq BL ,所以小球A 的电荷量减小为原来的127,D 正确.5.如图所示,光滑平面上固定金属小球A ,用长为l 0的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B 连接,让它们带上等量同种电荷,弹簧伸长量为x 1;若两小球电荷量各漏掉一半,弹簧伸长量变为x 2,则有( )A .x 2=12x 1B .x 2>14x 1C .x 2=14x 1D .x 2<14x 1答案:B解析:电荷量减少一半,根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变,库仑力减小为原来的14,库仑力减小,弹簧的弹力减小,弹簧的伸长量减小,两球间的距离减小,所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14,此时弹簧的伸长量也大于原来的14,B 正确.6.(2018·湖北七市州联考)如图所示,一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q ,一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场),从左端以初速度v 0滑上金属板光滑的上表面向右运动到右端,在运动过程中( )A .小球先做减速运动再做加速运动B .小球受到的合力的冲量为零C .小球的电势能先减少,后增加D .小球先加速运动,后减速运动答案:B解析: 根据点电荷与金属板形成的电场的电场线特点可知,在金属板处,电场强度的方向垂直于金属板竖直向下,所以小球受重力、竖直向下的电场力、金属板的弹力,所受合力为零,小球做匀速直线运动,A 、D 错误;I =Ft ,合力为零,所以合力的冲量为零,B 正确;电场力对小球不做功,小球的电势能不变,C 错误.7.(2018·江西九江十校第二次联考)如图所示,A 是带电荷量为+Q 、半径为R 的球体且电荷均匀分布.(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场,场强大小只和到球心的距离有关).B 为带电荷量为+q 的带电体,可看作点电荷.已检测到c 点的场强为零,d 点与c 点到球心O 的距离都为r ,B 到c 点距离也为r ,那么只把带电荷量为+q 的带电体移到e 点,e 点到c 、d 两点的距离均为r .则d 点场强大小为( )A .k 2q r 2B .k Q 2r 2C .k q 2r 2D .k 2q r 2答案:A解析:由c 点场强为零可知kQ r 2=kq r 2,Q =q ,把带电荷量为+q 的带电体移到e 点,两电荷在d 点处产生的场强大小相等,均为E =kq r 2=kQ r 2,两场强方向垂直,所以d 点场强大小E d =2E =2kq r 2=2kQ r 2,A 正确.8.(2018·四川泸州二诊)(多选)如图所示,图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统,O 为电荷连线和中垂线的交点,M 、N 是连线上关于O 点对称的两点,p 、q 是中垂线上关于O 点对称的两点.现有一个正点电荷,仅受电场力作用,则( )A .该正点电荷在图甲和图乙中从p 运动到q 时一定是沿直线运动B .该正点电荷在图甲和图乙中从M 运动到N 时一定是沿直线运动C .该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p 和qD .该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p 和q答案:BC解析:题图甲中,等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点,所以该正点电荷从p 到q 运动时电场力的方向与运动方向共线,做直线运动,题图乙中,等量异种点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为垂直于中垂线指向负电荷,所以该正点电荷从p 向q 运动的过程中,受的电场力向右,故应该做曲线运动,A 错误;在连线上,题图甲中,电场强度的方向由中点O 指向两负电荷,所以该正点电荷从M 向N 运动,电场力与速度方向共线,做直线运动;题图乙中,电场强度的方向由M 到N ,所以该正点电荷受电场力的方向与速度共线,做直线运动,B 正确;给该正点电荷适当的速度,可以使其在垂直于纸面内以O 点为圆心,以Op 为半径做匀速圆周运动,C 正确;根据正点电荷的受力情况和匀速圆周运动中合外力的特点可知,在题图乙中该正点电荷不可能做匀速圆周运动经过p 和q ,D 错误.9.(2018·河北邢台检测)如图所示,在真空中放置四个带电体,它们的带电荷量均为+Q ,半径均为R ,彼此互不影响.甲为均匀带电的球,乙为均匀带电的圆环,丙为均匀带电的圆盘,丁为均匀带电的半球壳.在过球心或圆心O 的中轴线上,距离球心或圆心r 处的A点,电场强度的大小E 可用公式E =k Q r 2(k 表示静电力常量)计算的有( )A .甲B .甲、丁C .乙、丙D .甲、乙、丙答案:A 解析:题图甲中球体均匀带电,故可看作是在球心O 处的点电荷,其A 点处的电场强度可以用E =k Q r 2求解,图甲符合题意;题图乙中应该把圆环分成无数小段的电荷元Δq ,每段电荷元在A 点处形成的电场叠加,故A 点处的电场强度不可以用E =k Q r 2求解,图乙不符合题意;题图丙中应该把带电盘面分成无数小的电荷元,每个电荷元在A 点处形成的电场叠加,故A 点处的电场强度不可以用E =k Q r 2求解,图丙不符合题意;题图丁中,球壳上的电荷Q 不能等效于放在球心处的点电荷,故A 点处的电场强度不可以用E =k Q r 2求解,图丁不符合题意.故选A.10.(2018·湖北天门、仙桃、潜江联考)如图所示,一边长为L 的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷,在垂直于左右面且过立方体中心O 的轴线上有a 、b 、c 三个点,a 和b 、b 和O 、O 和c间的距离均为L ,在a 点处固定有一电荷量为q (q <0)的点电荷.已知b 点处的场强为零,则c 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A .k 8q 9L 2B .k Q L 2C .k q L 2D .k 10q 9L 2 答案:D 解析:电荷Q 在b 点和c 处产生的场强大小相等,方向相反,根据b 点处的场强为零,可知Q 带负电,且kQ L 2=kq L 2,在c 点处,两电荷产生的场强方向均向左,E c =kQ L 2+kq (3L )2=k 10q 9L 2=k 10Q 9L 2,D 正确. 11.(2018·山西太原联考)如图所示,固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A 、B ,分别安放两个电荷量均为+Q 的带电小球,A 、B 连线与水平方向成30°角,在半圆环上穿着一个质量为m 、电荷量为+q 的小球.已知半圆环的半径为R ,重力加速度为g ,静电力常量为k ,将小球从A 点正下方的C 点由静止释放,当小球运动到最低点D 时,求:(1)小球的速度大小;(2)小球对环的作用力.答案:(1)gR (2)3+36·kQq R 2+2mg 解析:(1)由静电场知识和几何关系可知,C 、D 两点电势相等,小球由C 运动到D 的过程中,mgh =12m v 2,由几何关系可知h =R 2,解得v =gR .(2)小球运动到D 点时,AD =3R ,BD =R ,小球分别受到A 、B两端带电小球的作用力为F A =k Qq 3R 2,F B =k Qq R 2,设环对小球的支持力为F N ,F N -F A cos30°-F B sin30°-mg =m v 2R ,由牛顿第三定律可知小球对环的压力F N =F ′N ,解得F ′N =3+36·kQq R 2+2mg ,方向竖直向下.12.质量都是m 的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A 、B 分别用长l 的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l 的M 、N 两点,平衡时小球A 、B 的位置如图甲所示,线与竖直方向夹角α=30°,当外加水平向左的匀强电场时,两小球平衡位置如图乙所示,线与竖直方向夹角也为α=30°,求:(1)A 、B 小球电性及所带电荷量Q ;(2)外加匀强电场的场强E .答案:(1)A 带正电,B 带负电,Q =3mg 3k l (2)1033mgk /9l 解析:(1)A 球带正电,B 球带负电未加电场时,两小球相距d =2l -2l sin α=l由A 球受力平衡可得:mg tan α=k Q 2d 2解得:Q = 3mg 3k l(2)外加电场时,两球相距 d ′=2l +2l sin α=3l根据A 球受力平衡可得:QE -k Q 2d ′2=mg tan α 解得:E =10 33mgk 9l刷题加餐练 刷高考真题——找规律1.(2017·天津卷,7)(多选)如图所示,在点电荷Q 产生的电场中,实线MN 是一条方向未标出的电场线,虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ,电势能分别为E p A 、E p B .下列说法正确的是( )A .电子一定从A 向B 运动B .若a A >a B ,则Q 靠近M 端且为正电荷C .无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD .B 点电势可能高于A 点电势答案:BC解析:若Q 在M 端,由电子运动的轨迹可知Q 为正电荷,电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可,由于r A <r B ,故E A >E B ,F A >F B ,a A >a B ,φA >φB ,E p A <E p B ;若Q 在N 端,由电子运动的轨迹可知Q 为负电荷,且电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可,由r A >r B ,故φA >φB ,E p A <E p B .综上所述选项A 、D 错误,选项B 、C 正确.2.(2016·新课标全国卷Ⅱ如图,P 是固定的点电荷,虚线是以P 为圆心的两个圆.带电粒子Q 在P 的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a 、b 、c 为轨迹上的三个点.若Q 仅受P 的电场力作用,其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ,速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )A .a a >a b >a c ,v a >v c >v bB .a a >a b >a c ,v b >v c >v aC .a b >a c >a a ,v b >v c >v aD .a b >a c >a a ,v a >v c >v b答案:D解析:a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ,则三点的电场强度由E =k Q r 2可知E b >E c >E a ,故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力,从a到b 电场力做负功,由动能定理-|qU ab |=12m v 2b -12m v 2a <0,则v b <v a ,从b 到c 电场力做正功,由动能定理知|qU bc |=12m v 2c -12m v 2b >0,v c >v b ,又|U ab |>|U bc |,则v a >v c ,故v a >v c >v b ,选项D 正确.3.(2016·江苏卷,3)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示,容器内表面为等势面,A 、B 为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( )A .A 点的电场强度比B 点的大B .小球表面的电势比容器内表面的低C .B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D .将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点,电场力所做的功不同答案:C解析:A 点的电场线比B 点的稀疏,故A 点的电场强度小于B 点的电场强度,选项A 错误;沿着电场线方向电势降低,故小球表面的电势比容器内表面的电势高,选项B 错误;容器内表面是等势面,所以B 点的电场强度方向与容器内表面垂直,选项C 正确;电场力做功与电荷的运动路径无关,选项D 错误.刷仿真模拟——明趋向4.(2018·湖北孝感统考)在一半径为R 的圆周上均匀分布有N 个带电小球(可视为质点)无间隙排列,其中A 点的小球带电荷量为+3q ,其余小球带电荷量为+q ,此时圆心O 点的电场强度大小为E ,现仅撤去A 点的小球,则O 点的电场强度大小为( )A .E B.E 2C.E 3D.E 4答案:B解析:撤去A 点小球前,O 点的电场强度是A 点的+3q 和与其关于O 点对称点+q 两小球分别产生的电场叠加形成的,则E =k ·3q R 2-kq R 2=k ·2q R 2,方向水平向左.撤去A 点的小球后,O 点的电场强度是A点关于O 点对称点+q 产生的,所以E ′=kq R 2=E 2,方向水平向右,B正确.5.(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中,A 、B 两点位于x 轴上,坐标如图所示,C 、D 位于y 轴上.C 、D 两点各固定一等量正点电荷,另一电荷量为Q 的负点电荷置于O 点时,B 点处的场强恰好为零.若将该负点电荷移到A 点,则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )A.5kQ 4l 2,沿x 轴正方向B.5kQ 4l 2,沿x 轴负方向C.3kQ 4l 2,沿x 轴负方向D.3kQ 4l 2,沿x 轴正方向答案:D解析:B 点处的场强恰好为零,说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等、方向相反,根据点电荷的场强公式可得,负点电荷在B 点的场强为kQ l 2,沿x 轴负方向,两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2,沿x 轴正方向,当负点电荷移到A点时,负点电荷与B 点的距离为2l ,负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2,方向沿x 轴方向,两正电荷在B 点产生的合场强的大小仍为kQ l 2,方向沿x 轴正方向,所以B 点处合场强大小为kQ l 2-kQ 4l 2=3kQ 4l 2,方向沿x轴正方向,D 正确.6.(2018·上海4月模拟)均匀的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图所示,在半球面AB 上均匀分布的正电荷,总电荷量为q ,球面半径为R ,CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线,在轴线上有M 、N 两点,OM =ON =2R ,已知M 点的场强大小为E ,则N 点的场强大小为( )A.kq 2R 2-EB.kq 4R 2C.kq 4R 2-ED.kq 4R 2+E答案:A 解析:把AB 右侧半球面补齐,即将电荷量分别为+q 、-q 的两个半球面叠加在一起,AB 在N 点的场强相当于所带电荷量为2q 的完整的球壳在N 点向右的场强E 1与多加的所带电荷量为-q 的半球面在N 点向左的场强E 2的矢量和,E 2大小等于原球壳在M 点的场强大小E ,则E N =E 1-E 2=2kq (2R )2-E =kq 2R 2-E ,方向向右,选项A 正确. 7.(2018·广东江门模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q >0)的相同小球,小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接.当3个小球处在静止状态时,每根弹簧长度为l .已知静电力常量为k ,若不考虑弹簧的静电感应,则每根弹簧的原长为( )A .l +5kq 22k 0l 2B .l -kq 2k 0l 2 C .l -5kq 24k 0l 2 D .l -5kq 22k 0l 2 答案:C 解析:对最右边的小球受力分析可知,小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力,大小分别为F 1=kq 2(2l )2和F 2=kq 2l 2.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F =F 1+F 2=5kq 24l 2,弹簧的伸长量为Δl =F k 0=5kq 24k 0l 2,故弹簧的原长为l 0=l -Δl =l -5kq24k 0l 2,C 正确.刷最新原创——抓重点8.(2018·广东惠州三调)(多选)在真空中的x 轴上的原点处和x =6a 处分别固定一个点电荷M 、N ,在x =2a 处由静止释放一个正点电荷P ,假设点电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动,得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图所示(其中在x =4a 处速度最大),则下列说法正确的是( )A .点电荷M 、N 一定是同种正电荷B .点电荷M 、N 一定为异种电荷C .点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4 1D .x =4a 处的电场强度不一定为零答案:AC解析:v -t 图象的斜率大小等于运动过程的加速度大小,而a =Eq m ,所以x =4a 处的电场强度大小为零,D 错误.又因为正电荷从x =2a 处向右先加速运动后减速运动,所以x =0到x =4a 之间电场强度方向向右,x =4a 到x =6a 之间电场强度方向向左,所以点电荷M 、N 一定是同种正电荷,A 正确,B 错误;由x =4a 处电场强度大小为零,得kQ M (4a )2=kQ N (2a )2,则点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为Q M Q N =41,C 正确. 9.(2018·山东菏泽统测)(多选)如图所示,MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E ,ACB 为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R ,A 、B 为圆心平直径的两个端点,AC 为14圆弧.一个质量为m 、电荷量为-q 的带电小球,从A 点正上方高为H 处由静止释放,并从A 点沿切线进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是( )A .小球在AC 部分可能做匀速圆周运动B .小球一定能从B 点离开轨道C .若小球能到达C 点,小球在C 点时的速度一定不为零D .若小球能到达B 点,小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定相等答案:AC解析:若重力大小等于电场力大小,则小球进入轨道后,靠弹力提供向心力,所以小球在AC 部分可能做匀速圆周运动,A 正确;小球进入圆轨道后,受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力,电场力做负功,重力做正功,由于题中没有给出相关物理量的关系,所以小球不一定能从B 点离开轨道,故B 错误;若小球到达C 点的速度为零,则电场力必定大于重力,则小球不可能沿半圆轨道运动到C 点,所以小球到达C 点的速度不可能为零,C正确;由A 到B 根据动能定理有-EqR =12m v 2B -12m v 2A ,所以若小球能到达B 点,小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定不相等,D 错误.刷易错易误——排难点易错点1 分析不清A 、B 的受力情况及运动情况10.(多选)如图所示,光滑水平桌面上有A 、B 两个带电小球(可以看成点电荷),A 球带电荷量为+3q ,B 球带电荷量为-q ,由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍.现在A 、B 中点固定一个带正电的C 球(也可看成点电荷),再由静止同时释放A 、B 两球,结果两球加速度大小相等.则C 球带电荷量为( )A.3q 4B.3q 8C.3q 20D.9q 20答案:BC 解析:由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍,根据牛顿第二定律可知,A 、B 两个带电小球的质量之比为13;当在A 、B 中点固定一个带正电的C 球,由静止同时释放A 、B 两球,释放瞬间两球加速度大小相等.(1)若两球的加速度方向相反,即A 球向右,B 球向左,根据库仑定律与牛顿第二定律,对A ,k 3q ·q (2r )2-k Q C -3q r 2=ma ,对B ,k 3q ·q (2r )2+k Qc ·q r 2=3ma ,综上解得,Q C =320q ;(2)若两球的加速度方向相同,即A 、B 球均向左,根据库仑定律与牛顿第二定律,对A ,k Q C ·3q r 2-k 3q ·q (2r )2=ma ,对B ,k Q C ·q r 2+k 3q ·q (2r )2=3ma ,综上解得,Q C =38q ,故B 、C 正确,A 、D 错误. 易错点2 不能正确理解题给信息,从而正确地给出解答11.(2018·安徽师大附中期中)理论上已经证明:电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零.假设某星球是一半径为R 、电荷量为Q 且电荷分布均匀的球体,静电力常量为k ,则星球表面下h 深度处的电场强度的大小为( )A.kQ (R -h )R 3B.kQ (R -h )2C.kQ R 2 D .0答案:A解析:星球的体积V 0=4πR 33,所以半径(R -h )的内球所带的电荷量q =V V 0·Q =(R -h )3R 3·Q ,星球表面下h 深度处的电场强度的大小E =kq (R -h )2=kQ (R -h )R 3,故选A. 刷综合大题——提能力12.(2018·四川绵阳二诊)如图所示,轨道ABCDP 位于竖直平面内,其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点,水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑,水平段BC 粗糙,DP 段与水平面的夹角θ=37°,D 、C 两点的高度差h =0.1 m ,整个轨道绝缘,处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中.一个质量m 1=0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块I 在A 点由静止释放,经过时间t =1 s ,与静止在B 点的不带电、质量m 2=0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动,到达倾斜段DP 上某位置.物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数μ=0.2,g 取10 m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小;(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时,圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小.答案:(1)2 m/s (2)18 N解析:(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起的BC 段上做匀速直线运动,设电场强度为E ,物块Ⅰ带电荷量为q ,物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1,碰撞后共同速度为v 2,则qE =μ(m 1+m 2)g ,qEt =m 1v 1,m 1v 1=(m 1+m 2)v 2,解得v 2=2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ,物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N ,则R (1-cos θ)=h ,N -(m 1+m 2)g =(m 1+m 2)v 22R, 解得N =18 N.。
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题:(此题共8小题,每一小题6分,共48分.在每一小题给出的四个选项中,其中第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求,全部答对得6分,选对但不全得3分,错选得0分)1.甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动,其运动的v -t 图象如下列图,在0~t 0时间内如下说法正确的答案是( )A .甲的位移大于乙的位移B .甲的加速度先增大后减小C .甲的平均速度等于乙的平均速度D .t 0时刻甲、乙相遇解析:选A. v -t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移,所以甲的位移大于乙的位移,故A 项正确; v -t 图象中切线的斜率表示加速度,所以甲的加速度一直减小,故B 项错误;由于甲的位移大于乙的位移,而时间一样,所以甲的平均速度大于乙的平均速度,故C 项错误;甲乙从同一位置开始运动,t 0时间内甲的位移大于乙的位移,所以t 0时刻甲在乙的前面,故D 项错误.2.假设我国宇航员在2022年,首次实现月球登陆和月面巡视勘察,并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测,假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1,在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2,地球、月球的半径分别为R 1、R 2,不计空气阻力,如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B .R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D .t 2t 1R 1R 2解析:选D.对小球自由下落过程有:h =12gt 2,又天体外表上有G MmR 2=mg ,第一宇宙速度v =gR ,如此有v 地v 月= g 地R 地g 月R 月=t 2t 1R 1R 2,故D 项正确. 3.一物块从某一高度水平抛出,从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍,不计空气阻力,该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B .π4C.π3 D .5π12解析:选B.物块平抛运动的过程中,水平方向有x =v 0t ,竖直方向有h =v y t2,又x =2h ,如此有tan θ=v y v 0=1,即θ=π4,故B 项正确.4.一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落,掉在水平地板上,钥匙与地板作用的时间为0.05 s ,且不反弹.重力加速度g =10 m/s2,此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A .5 NB .5.5 NC .6 ND .6.5 N解析:选D.钥匙落地时的速度v =2gh =6 m/s ,以竖直向上为正方向,钥匙与地面作用前后由动量定理得:(F N -mg )t =0-(-mv ) ,解得F N =6.5 N ,故D 项正确.5.如下列图,质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接,在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动,弹簧的劲度系数为1 N/cm ,取g =10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A .1 cmB .2 cmC .3 cmD .4 cm解析:选D.此题考查了连接体问题的分析.对AB 两物体由牛顿第二定律得F -(m A +m B )g =(m A +m B )a ,对B 物体由牛顿第二定律得F T -m B g =m B a ,又F T =kx ,解得x =4 cm ,故D 项正确.6.如下列图,P 、Q 两物体保持相对静止,且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑,Q 的上外表水平,如此如下说法正确的答案是( )A .Q 处于失重状态B .P 受到的支持力大小等于其重力C .P 受到的摩擦力方向水平向右D .Q 受到的摩擦力方向水平向右解析:选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑,具有一样的沿斜面向下的加速度,该加速度有竖直向下的分量,所以Q 处于失重状态,故A 项正确;P 也处于失重状态,所以受到的支持力小于重力,故B项错误;由于P的加速度有水平向左的分量,所以水平方向受到的合力方向水平向左,即P受到的摩擦力方向水平向左,故C项错误;由牛顿第三定律可知,P对Q的摩擦力水平向右,故D项正确.7.如图甲所示,有一倾角θ=37°足够长的斜面固定在水平面上,质量m=1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动,用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移,F与x的关系如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中,如下说法正确的答案是( )A.机械能先增大后减小,在x=3.2 m处,物体机械能最大B.机械能一直增大,在x=4 m处,物体机械能最大C.动能先增大后减小,在x=2 m处,物体动能最大D.动能一直增大,在x=4 m处,物体动能最大解析:选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f=μmg cos θ=4 N,所以当F减小到4 N 之前,物体的机械能一直增加,当F从4 N减小到0的过程中,物体的机械能在减小,由Fx图象可知,当F=4 N时,位移为3.2 m,故A项正确,B项错误;当F=mg sin θ+μmg cos θ=10 N时动能最大,由Fx图象知此时x=2 m,此后动能减小,故C项正确,D项错误.8.绷紧的传送带与水平方向夹角为37°,传送带的vt图象如下列图.t=0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动,2 s后开始减速,在t =4 s时物体恰好到达最高点A点.重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中,如下说法正确的答案是(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )A.物体与传送带间的摩擦因数为0.75B.物体重力势能增加48 JC.摩擦力对物体做功12 JD.物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析:选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动,如此有mg sin θ=μmg cos θ,解得μ=0.75 ,故A项正确;经分析可知,2 s时物体速度与传送带一样,由图象可知等于2 m/s ,2 s 后物体的加速度a =g sin θ+μg cos θ=12 m/s 2>1 m/s 2,故物体和传送带相对静止,加速度为1 m/s 2,所以物体上滑的总位移为x =vt 1+v 22a=6 m ,物体的重力势能增加E p =mgx sin θ=36 J ,故B 项错误;由能量守恒得摩擦力对物体做功W =E p -12mv2=34 J ,故C 项错误;物块在传送带上运动过程产生的热量为Q =μmg cos θΔx 1,结合图象可得Δx 1=x 带1-vt 1=2 m ,Q =12 J ,选项D 对.二、非选择题(此题共3小题,共52分)9.(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律.在上方沿斜面向下推一下滑块A ,滑块A 匀速通过光电门甲,与静止在两光电门间的滑块B 相碰,碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙,采集相关数据进展验证.(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______. A .滑块A 的质量m A ,滑块B 的质量m B .B .遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C .本地的重力加速度gD .滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE .滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ,质量m A 、m B ,要完本钱实验,它们需要满足的条件是________.A .μA >μB m A >m B B .μA >μB m A <m BC .μA =μB m A >m BD .μA <μB m A <m B(3)实验时,要先调节斜面的倾角,应该如何调节?________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1,光电门乙先后的读数为t 2,t 3,用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________.解析:(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒,需要验证m Ad t A 甲=m A dt A 乙+m Bdt B 乙,应当选项A 、E 正确. (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲,如此有mg sin θ=μmg cos θ,要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒,需要滑块B 也满足mg sin θ=μmg cos θ,即μ=tan θ,所以有μA =μB ,又因为碰后两滑块先后通过光电门乙,所以A 的质量大于B 的质量,故C 项正确.(3)实验过程要求两滑块匀速运动,所以调整斜面的倾角,当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时,表示滑块在斜面上做匀速运动.(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为:m A dt 1=m A d t 3+m B d t 2. 答案:(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1=m A d t 3+m B d t 2(或m A t 1=m A t 3+m Bt 2)10.(20分)如下列图,一质量为m 1=1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上,木板与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1,木板最右端放有一质量为m 2=1 kg 、大小可忽略不计的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2.现给木板左端施加一大小为F =12 N 、方向水平向右的推力,经时间t 1=0.5 s 后撤去推力F ,再经过一段时间,木板和物块均停止运动,整个过程中物块始终未脱离木板,取g =10 m/s 2,求:(1)撤去推力F 瞬间,木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2; (2)木板至少多长;(3)整个过程中因摩擦产生的热量.解析:(1)假设木板和物块有相对滑动,撤F 前, 对木板:F -μ1(m 1+m 2)g -μ2m 2g =m 1a 1 解得:a 1=8 m/s 2对物块:μ2m 2g =m 2a 2 解得:a 2=2 m/s 2因a 1>a 2,故假设成立,撤去F 时,木板、物块的速度大小分别为:v 1=a 1t 1=4 m/s v 2=a 2t 1=1 m/s(2)撤去F 后,对木板:μ1(m 1+m 2)g +μ2m 2g =m 1a 3 解得:a 3=4 m/s 2对物块:μ2m 2g =m 2a 4 解得:a 4=2 m/s 2撤去F 后,设经过t 2时间木板和物块速度一样: 对木板有:v =v 1-a 3t 2 对物块有:v =v 2+a 4t 2 得:t 2=0.5 s ,v =2 m/s撤去F 前,物块相对木板向左滑行了 Δx 1=v 12t 1-v 22t 1=0.75 m撤去F 后至两者共速,物块相对木板又向左滑行了 Δx 2=v 1+v 2t 2-v 2+v2t 2=0.75 m之后二者之间再无相对滑动,故板长至少为:L =Δx 1+Δx 2=1.5 m(3)解法一:物块与木板间因摩擦产生的热量:Q 1=μ2m 2gL =3 J共速后,两者共同减速至停止运动,设加速度为a ,有:a =μ1g =1 m/s 2全过程中木板对地位移为:s =v 12t 1+v 1+v 2t 2+v 22a =4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为:Q 2=μ1(m 1+m 2)gs =9 J故全过程中因摩擦产生的热量为:Q =Q 1+Q 2=12 J解法二:由功能关系可得:Q =Fx 1x 1=v 12t 1Q =12 J答案:(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11.(23分)如下列图,竖直平面内,固定一半径为R 的光滑圆环,圆心为O ,O 点正上方固定一根竖直的光滑杆,质量为m 的小球A 套在圆环上,上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上,小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接,当小球A 位于圆环最高点时,弹簧处于原长;当小球A 位于圆环最右端时,装置能够保持静止,假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0),使小球沿环顺时针滑下,到达圆环最右端时小球A 的速度v A =gR (g 为重力加速度),不计一切摩擦,A 、B 均可视为质点,求:(1)此时滑块B 的速度大小;(2)此过程中,弹簧对滑块B 所做的功; (3)小球A 滑到圆环最低点时,弹簧弹力的大小.解析:(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的,即此时它们与轻杆的夹角大小相等,又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等,所以此时滑块B 的速度大小为:v B =v A =gR .(2)对系统,由最高点→图示位置有:(W GA +W GB )+W 弹=⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A +12m B v 2B -0其中:W GA =m A g ·Δh A =mgRW GB =m B g ·Δh B =mg ·(3R -3R )解得:W 弹=(3-3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止,对系统进展受力分析,如下列图kx 1=(m A +m B )g x 1=Δh B =(3-3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为:x 2=2R ,所以在最低点时,弹簧的弹力大小为:F 弹=kx 2解得:F 弹=6+23mg3答案:(1)gR (2)(3-3)mgR (3)6+23mg3。
高考物理一轮复习强化训练题汇总(含解析)
精品基础教育教学资料,仅供参考,需要可下载使用!高考物理一轮复习强化训练题汇总1(含解析)一、选择题1、如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹,三个小球到墙壁的水平距离均相同,且a和b从同一点抛出。
不计空气阻力,则()A.a和b的飞行时间相同B.b的飞行时间比c的短C.a的水平初速度比b的小D.c的水平初速度比a的大【参考答案】D2、(海安模拟)下列说法正确的是( )A.直线运动的物体位移大小等于路程B.计算火车过桥时所用的时间,火车可当成质点C.速度变化快的物体加速度不一定大D.参考系可以是匀速运动的物体,也可以是变速运动的物体答案:D3、(哈师大附中月考)如图,MN为转轴OO′上固定的光滑硬杆,且MN垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN上.分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接,另一端系于OO′上,长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为θ1、θ2,OO′匀速转动时,线上弹力分别为F T1、F T2.下列说法正确的是( ) A.若l1sinθ1>l2sinθ2,则F T1>F T2B.若l1cosθ1>l2cosθ2,则F T1>F T2C.若l1tanθ1>l2tanθ2,则F T1>F T2D .若l 1>l 2,则F T 1>F T 2解析:设两环的质量均为m ,硬杆转动的角速度为ω,根据牛顿第二定律,对左环有:FT 1cos θ1=m ω2l 1cos θ1;对右环有:F T 2cos θ2=m ω2l 2cos θ2两环ω相等得FT 1FT 2=l 1l 2;若l 1cos θ1>l 2cos θ2,则F T 1cos θ1>F T 2cos θ2,不能得到F T 1>FT 2;由题意可知l 1sin θ1<l 2sin θ2;若l 1tan θ1>l 2tan θ2,可得cos θ1<cos θ2,不能得到F T 1>F T 2;若l 1>l 2,则F T 1>FT 2,选项D 正确,A 、B 、C 错误.答案:D4、如图所示,滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下,然后在水平面上前进至B 点停下.已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ,滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ,A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中,克服摩擦力做的功( )A .大于μmgLB .小于μmgLC .等于μmgLD .以上三种情况都有可能解析:设斜坡与水平面的交点为C ,BC 长度为L 1,AC 水平长度为L 2,AC 与水平面的夹角为θ,如图所示,则滑雪者在水平面上摩擦力做功W 1=-μmgL 1,在斜坡上摩擦力做功W 2=-μmgcos θ·L 2cos θ=-μmgL 2,所以在滑雪者经过AB 段过程中,摩擦力做功W =W 1+W 2=-μmg(L 1+L 2)=-μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C 正确. 答案:C5、(四川资阳二诊)如图所示,平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略,一带负电的油滴被固定于电容器中的P 点,现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离,则下列说法正确的是( )A .平行板电容器的电容将减小B .带电油滴的电势能将减少C .静电计指针的张角变小D .若将上极板与电源正极断开后,再将下极板左移一小段距离,则带电油滴所受的电场力不变解析:由C =εr S4πkd 知,将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离,d 减小,C增大,A 错误;U 不变,静电计指针的张角不变,C 错误;由E =Ud 知,E 增大,则P 点与负极板间的电势差增大,P 点的电势升高,E p =φq ,又油滴带负电,则带电油滴的电势能将减少,B 正确;若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离,Q 不变,由C =εr S4πkd 知,S 减小,C 减小,由U =Q C 得,电压U 增大,场强E =U d 增大,带电油滴所受的电场力增大,D 错误.答案:B6、一匀强磁场的边界是MN ,MN 左侧是无场区,右侧是匀强磁场区域,如图甲所示,现有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域.线框中的电流随时间变化的I -t 图象如图乙所示.则可能的线框是如图丙所示中的( )解析:从乙图看到,电流先均匀增加后均匀减小,而线圈进入磁场是匀速运动,所以有效长度是均匀增加的,所以D 项正确,B 项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变.答案:D7、(安徽模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡,若四个灯泡恰好都能正常发光,则下列说法正确的是( )A .U 1:U 2=3:4B .U 1:U 2=4:3C .若将L 1短路,则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D .若将L 2短路,则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析:设灯泡的额定电压为U ,额定电流为I ,则副线圈电压为3U ,电流为I ,原线圈的灯泡正常发光,电流也为I ,所以原、副线圈的匝数比为1:1,原线圈两端电压为3U ,所以U 1:U 2=4:3,选项A 错误、B 正确;若将L 1短路,则原线圈的电压增大,则副线圈两端电压也增大,三个灯泡不能正常发光,选项C 错误;若将L 2短路,设副线圈的电流为I ′,原线圈的电流也为I ′,因此2I ′R +I ′R =U 1=4U ,则I ′R =43U ,即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43,选项D 正确.答案:BD 二、非选择题利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系.小车的质量为M =200.0 g ,钩码的质量为m =10.0 g ,打点计时器的电源为50 Hz 的交流电.图1(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到____________________.(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图2所示.选择某一点为O ,依次每隔4个计时点取一个计数点.用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx ,记录在纸带上.计算打出各计数点时小车的速度v ,其中打出计数点“1”时小车的速度v1=________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,取g =9.80 m/s 2,利用W =mg Δx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek =12Mv 2算出小车动能,并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.图3(4)实验结果表明,ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的.用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F =________N.解析:(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车,小车做匀速运动. (2)两计数点间的时间间隔T =5×0.02 s =0.1 s v1=x022T = 2.06+2.50×0.012×0.1 m/s =0.228 m/s(3)确定标度,根据给出数据描点.作图如图所示.(4)从图线上取两个点(4.5,4.24),(2.15,2.0) 图线的斜率k =4.24-2.04.5-2.15≈0.953①又有k =ΔEk ΔW =Mv 22mg Δx②根据运动学公式有v2=2aΔx③根据牛顿第二定律有F=Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案:(1)小车做匀速运动(2)0.228 (3)见解析图(4)0.093精品基础教育教学资料,仅供参考,需要可下载使用!2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总2(含解析)一、选择题1、质量为m的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面对物块的作用力是( )A. 大小mg,方向竖直向上B. 大小mg cosθ,方向垂直斜面向上C. 大小mg sinθ,方向沿着斜面向上D. 大小μmg cosθ,方向沿着斜面向上【参考答案】A2、(成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图,图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量.下列说法中正确的是( )A.甲处表示时间,乙处表示平均速度B.甲处表示时间,乙处表示瞬时速度C.甲处表示时刻,乙处表示平均速度D.甲处表示时刻,乙处表示瞬时速度解析:甲处表盘显示时刻,乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度,答案为D.答案:D3、(广西重点高中高三一模) 2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功,飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接.如图所示,“天宫二号”处于离地面高h =393 km 的圆轨道A 上,“神舟十一号”处于圆轨道B 上.“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C 运动到位置2,然后沿轨道A 运动,通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态,最终对接.已知地球半径为R =6 371 km ,引力常量为G =6.67×10-11 N ·m 2/kg 2,地球质量为M =6.0×1024 kg ,不计大气阻力.下列说法正确的是( )A .“天宫二号”在轨道A 上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B 上的运行周期小 B .“天宫二号”在轨道A 上的加速度比“神舟十一号”在轨道B 上的加速度大C .“天宫二号”在轨道A 上的运行速率约为7.7 km/sD .“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能 解析:由GMm r 2=m(2πT)2r ,得T =4π2r 3GM ,可知半径越大,周期越大,A 错.由GMmr2=ma ,得加速度a =GM r 2,半径越大,加速度越小,B 错.由GMm 0R +h 2=m 0v 2R +h,得v=GMR +h=7.7 km/s ,C 对.“神舟十一号”在轨道C 上运动时,由于点火加速,故其机械能增加,D 错.答案:C4、(常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型,当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时,小球与轨道间的作用力为F ,多次改变小球初始下落的高度h ,就能得出F 与v 的函数关系,下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )解析:小球运动过程中,只有重力做功,机械能守恒,故mgh =mg ·2R +12mv 2(①),在轨道最高点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有F +mg =m v 2R (②),联立①②解得F =m v 2R -mg(③),根据③式,F -v 关系图象是开口向上的抛物线,C 项正确. 答案:C5、(山东泰安一模)如图所示,+Q 为固定的正点电荷,虚线圆是其一条等势线.两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A 以相同的速度v 0射入,轨迹如图中曲线,B 、C 为两曲线与圆的交点.a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小,v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小.不计粒子重力,以下判断正确的是( )A .aB =aC v B =v C B .a B >a C v B =v C C .a B >a C v B <v CD .a B <a C v B >v C解析:库仑力F =kQqr 2,两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同,根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ,a =Fm,解得m B <m C ,因为B 、C 两点位于同一等势线上,电势相等,所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ,电场力做功相同且做负功,有-W =12mv 2-12mv 20,所以12m B (v 20-v 2B )=12m C (v 20-v 2C ),因为m B <m C ,所以v B <v C,C 正确. 答案:C6、美国《大众科学》月刊网站报道,美国明尼苏达大学的研究人员发现:一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能.具体而言,只要略微提高温度,这种合金就会变成强磁性合金,从而使环绕它的线圈中产生电流,其简化模型如图所示.A 为圆柱形合金材料,B 为线圈,套在圆柱形合金材料上,线圈的半径大于合金材料的半径.现对A 进行加热,则( )A .B 中将产生逆时针方向的电流 B .B 中将产生顺时针方向的电流C .B 线圈有收缩的趋势D .B 线圈有扩张的趋势解析:合金材料加热后,合金材料成为强磁体,通过线圈B 的磁通量增大,由于线圈B 内有两个方向的磁场,由楞次定律可知线圈只有扩张,才能阻碍磁通量的增加,C 错误、D 正确;由于不知道极性,无法判断感应电流的方向,A 、B 错误. 答案:D7、(多选)下图是远距离输电的示意图.n 1、n 2是升压变压器原、副线圈的匝数,n 1:n 2=1:20,n 3、n 4是降压变压器原、副线圈的匝数,n 3:n 4=40:1.升压变压器的原线圈n 1与一交变电流相连接,该交变电流的瞬时值表达式为u =4402sin100πt V ,下列说法正确的是( )A .用电器获得的电压的有效值为220 VB .用电器获得电压的有效值小于220 V ,要想使用电器的电压变为220 V ,在n 1、n 3、n 4不变的前提下,增大n 2C .用电器获得电压的有效值大于220 V ,要想使用电器的电压变为220 V ,在n 1、n 2、n 4不变的前提下,增大n 3D .通过用电器的交变电流的方向,每秒改变100次解析:如果输电线上不存在电阻,即不存在电压降,则有U 1U 2=n 1n 2,U 3U 4=n 3n 4,U 1=U =440 V ,U 2=U 3,可得U 4=220 V ,由于输电线存在电压降,所以U 3<U 2,U 4<220 V ;若要提高U 4电压值,根据变压规律,仅增加n 2匝数即可,A 、C 错误,B 正确.由题意知ω=100π rad/s ,所以f =50 Hz ,则电流方向每秒改变100次,D 正确. 答案:BD 二、非选择题下列说法中正确的是( )A .军队士兵过桥时使用便步,是为了防止桥发生共振现象B .机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C .泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D .拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E .赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在(2)(15分)在某种介质中,S 1、S 2处有相距4 m 的两个波源,沿垂直纸面方向做简谐运动,其周期分别为T 1=0.8 s 和T 2=0.4 s ,振幅分别为A 1=2 cm 和A 2=1 cm ,在该介质中形成的简谐波的波速为v =5 m/s.S 处有一质点,它到S 1的距离为3 m ,且SS 1⊥S 1S 2,在t =0时刻,两波源同时开始垂直纸面向外振动,试求:(ⅰ)t =0时刻振动传到S 处的时间差;(ⅱ)t =10 s 时,S 处质点离开平衡位置的位移大小.解析:(1)电磁波的传播不需要介质,在真空中也能传播,但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定,B 错;泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象,C 错.(2)(ⅰ)由题意可知SS 2=SS 12+S 1S 22=5 m ;S 1在t =0时刻振动传到质点S 所需的时间t 1=SS 1v =3 m5 m/s =0.6 s.S 2在t =0时刻振动传到质点S 所需的时间t 2=SS 2v =5 m5 m/s=1 s.故S 1、S 2在t =0时刻振动传到质点S 的时间差M 为绳的中点Δt =t 2-t 1=0.4 s.(ⅱ)在t =10 s 时质点S 按S 1的振动规律已经振动了Δt 1=t -t 1=9.4 s =⎝⎛⎭⎪⎫11+34T 1,此时S 1引起质点S 的位移大小x 1=A 1=2 cm ;t =10 s 时质点S 按S 2的振动规律已经振动了Δt 2=t -t 2=9 s =⎝⎛⎭⎪⎫22+12T 2,此时S 2引起质点S 的位移大小x 2=0;所以t =10 s 时质点S 离开平衡位置的位移为S 1和S 2单独传播引起S 位移的矢量和,故x =x 1+x 2=2 cm +0=2 cm. 答案:(1)ADE (2)(ⅰ)0.4 s (ⅱ)2 cm精品基础教育教学资料,仅供参考,需要可下载使用!2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总3(含解析)一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g取10 m/s2)( )A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动,其运动的位移-时间(x-t)图象如图所示.下列说法正确的是( )A.两物体A、B在t=2.5 t0时刻相距最远B.两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C.两物体A、B在t=2.5t0时刻速度相同D.两物体A、B在t=t0时刻相距最远解析:两物体A、B在t=2.5 t0时刻处于同一位置,相距最近,两物体A、B在t=t0时刻相距最远,选项A错误、D正确.两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动,后沿x轴负方向做匀速运动,根据位移图象斜率表示速度可知,在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同,选项B错误.两物体A、B在t=2.5t0时刻速度不相同,处于同一位置,选项C错误.答案:D3、如图所示,轻绳的一端固定在O 点,另一端系一质量为m 的小球(可视为质点).当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时,通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T =a +bcos θ,式中a 、b 为常数.若不计空气阻力,则当地的重力加速度为( )A.b2m B.2bm C.3b m D.b 3m解析:当小球运动到最低点时,θ=0,拉力最大,F T1=a +b ,F T1=mg +mv 21L;当小球运动到最高点时,θ=180°,拉力最小,F T2=a -b ,F T2=-mg +mv 22L ;由动能定理有mg ·2L =12mv 21-12mv 22,联立解得g =b3m,选项D 正确. 答案:D4、如图所示,两箱相同的货物,现要用电梯将它们从一楼运到二楼,其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物,图乙是用履带式自动电梯运送,假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物,下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A .两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B .图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C .图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D .图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析:在图甲中,货物随电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90°,故此种情况下支持力对货物做正功,选项C 正确;图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,故选项A 、B 错误,D 正确.答案:CD5、有一匀强电场,方向如图所示,在电场中有三个点A 、B 、C ,这三点的连线恰好构成一个直角三角形,且AC 边与电场线平行.已知A 、B 两点的电势分别为φA =5 V ,φB =1.8 V ,A 、B 的距离为4 cm ,B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e =1.6×10-19 C)从A 点移动到C 点,那么电子电势能的变化量为( )A .8.0×10-19 JB .1.6×10-19 JC .-8.0×10-19 JD .-1.6×10-19 J解析:设AB 与AC 之间的夹角为θ,则cos θ=45,又AB 的距离S AB =4 cm ,则AB沿场强方向的距离为d AB =S AB cos θ=4×45 cm =165 cm ,设A 、B 之间电势差为U AB ,则电场强度为E =U AB d AB =φA -φBd AB =100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p =-W =1.6×10-19×100×0.05 J =8.0×10-19 J ,故A 项正确.答案:A6、(肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示,水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R ,导体棒ab 长为l 且与导轨接触良好,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,现使导体棒ab 向右匀速运动,下列说法正确的是( )A.导体棒ab两端的感应电动势越来越小B.导体棒ab中的感应电流方向是a→bC.导体棒ab所受安培力方向水平向右D.导体棒ab所受合力做功为零解析:由于导体棒匀速运动,磁感应强度及长度不变,由E=BLv可知,运动中感应电动势不变;由楞次定律可知,导体棒中的电流方向由b指向a;由左手定则可知,导体棒所受安培力方向水平向左;由于匀速运动,棒的动能未变,由动能定理可知,合力做的功等于零.选项A、B、C错误,D正确.答案:D7、(上海单科,1)由放射性元素放出的氦核流被称为( )A.阴极射线B.α射线C.β射线D.γ射线解析:本题考查天然放射现象.在天然放射现象中,放出α、β、γ三种射线,其中α射线属于氦核流,选项B正确.答案:B二、非选择题(河北省两校高三年级模拟考试)质量为m=2 kg的物块静置于水平地面上,现对物块施加水平向右的力F,力F随时间变化的规律如图所示,已知物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,求:(1)4 s后撤去力F,物块还能继续滑动的时间t;(2)前4 s内,力F的平均功率.解析:(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m=μmg=4 N,在第1 s内物块静止不动第1~3 s内,物块做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律a 1=F 1-μmg m=2 m/s 23 s 末,物块的速度v 1=a 1t 1=2×2 m/s =4 m/s第3~4 s 内,物块做匀速直线运动,4 s 后撤去外力物块做匀减速运动,加速度大小为a 2=μg =2 m/s 2则物块继续滑行时间t =v 1a 2=2 s(2)设第1~3 s 内与第3~4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2 x 1=12a 1t 21=4 mx 2=v 1t 2=4 m前4 s 内,力F 做功的大小为W =F 1x 1+F 2x 2=48 J 前4 s 内,力F 的平均功率P =Wt 总=12 W答案:(1)2 s (2)12 W精品基础教育教学资料,仅供参考,需要可下载使用!2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总4(含解析)一、选择题1、a 、b 、c 三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。
高考物理一轮专题复习 力学综合试题-人教版高三全册物理试题
力学综合试题1、一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上,槽内嵌着三个大小一样的刚性小球,它们的质量分别为m1、m2、m3,且m2=m3= 2m1.小球与槽的两壁刚好接触且不计所有摩擦。
起初三个小球处于如图- 25所示的等间距的I、II、III三个位置,m2、m3静止,m1以初速度沿槽运动,R为圆环内半径与小球半径之和。
m1以v0与静止的m2碰撞之后,m2的速度大小为2v0/3;m2与m3碰撞之后二者交换速度;m3与m1之间的碰撞为弹性碰撞:求此系统的运动周期T.2、如下列图,半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M 点,O为圆弧圆心,D为圆弧最低点.斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮〔不计滑轮摩擦〕分别连接小物块P、Q 〔两边细绳分别与对应斜面平行〕,并保持P、Q两物块静止.假设PC间距为L1=0.25m,斜面MN足够长,物块P质量m1= 3kg,与MN间的动摩擦因数,求:〔sin37°=0.6,cos37°=0.8〕〔1〕小物块Q的质量m2;〔2〕烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小;〔3〕P物块P第一次过M点后0.3s到达K点,如此MK间距多大;〔4〕物块P在MN 斜面上滑行的总路程.3、如下列图,一轻质弹簧将质量为m 的小物块连接在质量为M 〔M =3m 〕的光滑框架内。
物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度。
现框架与物块共同以速度v 0沿光滑水平面向左匀速滑动。
〔1〕假设框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为0且与墙不粘连,求框架刚要脱离墙壁时小物块速度的大小和方向;〔2〕在〔1〕情形下,框架脱离墙面后的运动过程中,弹簧弹性势能的最大值E p m ;〔3〕假设框架与墙壁发生瞬间碰撞立即反弹,以后过程中弹簧的最大弹性势能为2023mv ,求框架与墙壁碰撞时损失的机械能ΔE 1。
〔4〕在〔3〕情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞?假设不能,说明理由。
高考物理一轮复习专题应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题练含解析
专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题(练)1.一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆底部时,小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为: ( )A .18mgRB .14mgR C .12mgR D .34mgR 【答案】B 【名师点睛】当滑到半球底部时,半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍,根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度;铁块下滑过程中,只有重力和摩擦力做功,重力做功不影响机械能的减小,损失的机械能等于克服摩擦力做的功,根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功。
2.如图所示,在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体,以初速度v 0被抛出,不计空气阻力,当它到达B 点时,其动能为: ( )A .mgH mv +2021B .12021mgh mv +C .2mgh mgH -D .22021mgh mv +【答案】B【解析】不计空气阻力,只有重力做功,从A 到B 过程,由动能定理可得:E kB -12021mgh mv =,故E kB =12021mgh mv +,选项B 正确。
【名师点睛】以物体为研究对象,由动能定理或机械能守恒定律可以求出在B 点的动能.3.(多选)如图所示,半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内,AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径,C 、D 两点与圆心O 等高.一个质量为m 的光滑小球套在圆环上,一根轻质弹簧一端连在小球上,另一端固定在P 点,P 点在圆心O 的正下方2R 处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑,已知弹簧的原长为R ,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g .下列说法正确的有: ( )A .弹簧长度等于R 时,小球的动能最大B .小球运动到B 点时的速度大小为gR 2C .小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD .小球从A 到C 的过程中,弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量【答案】CD【名师点睛】此题是对功能关系的考查;解题时要认真分析小球的受力情况及运动情况;尤其要知道在最高点和最低点弹簧的伸长量等于压缩量,故在两位置的弹力相同,弹性势能也相同;同时要知道机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功。
高考物理一轮总复习课后习题 第6章 机械能 第8讲 实验 验证机械能守恒定律
第8讲实验:验证机械能守恒定律1.在“验证机械能守恒定律”实验中,小王用如图甲所示的装置,让重物从静止开始下落,打出一条清晰的纸带,其中的一部分如图乙所示。
O点是打下的第一个点,A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
甲乙(1)为了减小实验误差,对体积和形状相同的重物,实验时选择密度大的重物的理由是。
(2)已知交变电流频率为50 Hz,重物质量为200 g,当地重力加速度为9.80 m/s2,则从O点到C点,重物的重力势能变化量的绝对值|ΔE p|=J,C点的动能E kC= J。
(计算结果均保留3位有效数字)比较E kC与|ΔE p|的大小,出现这一结果的原因可能是。
A.工作电压偏高B.存在空气阻力和摩擦力C.接通电源前释放了纸带2.(湖南长沙二模)某兴趣小组用频闪摄影的方法验证机械能守恒定律,实验中将一钢球从与课桌桌面等高处的O点自由释放,在频闪仪拍摄的照片上记录了钢球在下落过程中各个时刻的位置,拍到整个下落过程的频闪照片如图所示。
(1)若已知频闪仪的闪光频率为f,重力加速度为g,再结合图中所给下落高度的符号,为验证从O点到A点过程中钢球的机械能守恒成立,需验证的关系式为2gs7= 。
(2)结合实际的实验场景,请估算闪光频率f应为(g取10m/s2)。
A.1 HzB.5 HzC.20 HzD.100 Hz3.某物理兴趣小组在实验室中找到的实验器材有:光电计时器(配两个光电门),铁架台,小钢球,游标卡尺,电磁铁,铅垂线,电源及导线若干。
利用这些器材设计如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)利用铅垂线调整铁架台、光电门等,使电磁铁、光电门1、光电门2的中心在同一竖直线上。
用游标卡尺测量小球的直径,如图乙所示,则小球的直径d=cm。
(2)切断电磁铁的电源,小球由静止自由下落,计时器记录小球通过两个光电门的挡光时间分别为Δt1和Δt2,同时记录小球从光电门1到光电门2的时间为t。
则小球通过光电门1时的速度为(用题中给出的物理量符号表示)。
高考物理一轮专题复习练习卷:电场的能的性质
电场的能的性质1.如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点,A、B、C三点电势分别为3.0 V、4.0 V、5.0 V,正六边形所在平面与电场线平行,下列说法中正确的是()A.通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B.匀强电场的电场强度大小为10 V/mC.匀强电场的电场强度方向由C指向AD.将一个电子由B点移到D点,电子的电势能将减少1.6×10-19 J【答案】:ACD2.如图所示,A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1 cm的圆与两坐标轴的交点,已知A、B、C三点的电势分别为φA=15 V、φB=3 V、φC=-3 V。
由此可得D点的电势为()A.3 V B.6 V C.12 V D.9 V【答案】:D3.如图所示,A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点,各点的电势分别为φA=5 V,φB =2 V,φC=3 V,H、F三等分AB,G为AC的中点,在下列各示意图中,能正确表示电场强度方向的是() 【答案】BC4.如图所示,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,∠M=30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示,已知φM=φN,φF=φP,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则()A.点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功D.φP大于φM【答案】AD5.如图所示,平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′,分别表示电势-4 V、-2 V、0 V、2 V、4 V的等势面,若AB=BC=CD=DE=2 cm,且与直线MN成30°角,则()A.该电场是匀强电场,场强垂直于AA′,且指向右下B.该电场是匀强电场,场强大小为E=2 V/mC.该电场是匀强电场,距C点距离为2 cm的所有点中,最高电势为4 V,最低电势为-4 VD.该电场是匀强电场,距C点距离为2 cm的所有点中,最高电势为2 V,最低电势为-2 V【答案】C6.两个等量异种点电荷位于x轴上,相对于原点对称分布,下列图中能正确描述电势φ随位置x变化规律的是()【答案】A7.空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图象如图所示。
高考物理一轮复习精选题辑:课练+17+Word版含解析
课练17动量冲量和动量定理1.(2018·河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是()A.物体所受的合外力为零,它的动量一定为零B.物体所受的合外力做的功为零,它的动量变化量一定为零C.物体所受的合外力的冲量为零,它的动量变化量一定为零D.物体所受的合外力不变,它的动量变化率不变答案:CD解析:物体所受的合外力为零,物体可能处于静止状态,也可能做匀速直线运动,故其动量不一定为零,A错误;物体所受的合外力做的功为零,有可能合外力垂直于速度方向,不改变速度大小,只改变速度方向,而动量是矢量,所以其动量变化量有可能不为零,B错误;根据动量定理I=Δp可知,物体所受的合外力的冲量为零,则其可得物体所受的动量变化量一定为零,C正确;根据Ft=Δp⇒F=Δpt合外力不变,则其动量变化率不变,D正确.2.(2018·福建六校4月联考)(多选)如图所示,一颗钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中,不计空气阻力.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则()A.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量答案:CD解析:过程Ⅰ中钢珠所受的外力只有重力,由动量定理可知,钢珠的动量的改变量等于重力的冲量,故D正确;在整个过程中,钢珠的动量的变化量为零,由动量定理可知,Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零,故C正确;过程Ⅱ中,钢珠所受的外力有重力和阻力,所以过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和,故B 错误;过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零,由动量定理可知,过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零,故A 错误.3.(2018·山东枣庄期末联考)质量为60 kg 的建筑工人不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来;已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ,安全带长5 m ,不计空气阻力影响,g 取10 m/s 2,则安全带所受的平均冲力的大小为( )A .100 NB .500 NC .600 ND .1 100 N答案:D解析:在安全带产生拉力的过程中,人受重力和安全带的拉力作用做减速运动,此过程的初速度就是自由落体运动的末速度,所以有v 0=2gh =2×10×5m/s =10 m/s ,根据动量定理,取竖直向下为正方向,有mg ·t -F ·t =0-m v 0,解得F =mg +m v 0t =600 N +60×101.2 N=1 100 N ,故选D.4.(2018·河南周口一中等联考)(多选)质量为m 的物体以初速度v 0做平抛运动,经过时间t ,下落的高度为h ,速度大小为v ,不计空气阻力,在这段时间内,该物体的动量的变化量大小为( )A .m v -m v 0B .mgtC .m v 2-v 20D .m 2gh答案:BCD解析:根据动量定理得,物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量,所以Δp =mgt ,故B 正确;由题可知,物体末位置的动量为m v ,初位置的动量为m v 0,根据矢量三角形定则知,该物体的动量的变化量Δp =m v y =m v 2-v 20=m 2gh ,故C 、D 正确.5.(2018·福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球,在光滑水平面上做圆周运动,小球质量为m ,速度大小为v ,做圆周运动的周期为T ,则以下说法中正确的是( )A .经过时间t =T 2,小球的动量的变化量为零B .经过时间t =T 4,小球的动量的变化量大小为2m vC .经过时间t =T 2,细绳的拉力对小球的冲量大小为2m vD .经过时间t =T 4,重力对小球的冲量大小为mgT 4答案:BCD解析:经过时间t =T 2,小球转过了180°,速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反,若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向,则小球的动量的变化量Δp =-m v -m v =-2m v ,细绳的拉力对小球的冲量I =Δp =-m v -m v =-2m v ,A 错误,C 正确;经过时间t =T 4,小球转过了90°,根据矢量合成法可得,小球的动量的变化量为Δp ′=m Δv =2m v ,重力对小球的冲量大小I G =mgt =mgT 4,B 、D 正确.6.(2018·湖南五市十校联考)(多选)如图所示,AB 为固定的光滑圆弧轨道,O 为圆心,AO 水平,BO竖直,轨道半径为R ,将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放,在小球从A 点运动到B 点的过程中,小球( )A .所受合力的冲量水平向右B .所受支持力的冲量水平向右C .所受合力的冲量大小为m 2gRD .所受重力的冲量大小为零答案:AC解析:在小球从A 点运动到B 点的过程中,根据动量定理可知I合=m Δv ,Δv 的方向为水平向右,所以小球所受合力的冲量水平向右,即重力和支持力的合力的冲量水平向右,A 正确、B 错误;在小球从A 点运动到B 点的过程中,机械能守恒,故有mgR =12m v 2B ,解得v B=2gR ,即Δv =2gR ,所以I 合=m 2gR ,C 正确;小球所受重力的冲量大小为I G =mgt ,大小不为零,D 错误.7.(2018·安徽合肥二模)(多选)一质点静止在光滑水平面上.现对其施加水平外力F ,F 随时间t 按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是( )A.第2 s末,质点的动量为0B.第4 s末,质点回到出发点C.在0~2 s时间内,F的功率先增大后减小D.在1~3 s时间内,F的冲量为0答案:CD解析:从题图可以看出,在前2 s内质点受到的力的方向和运动的方向相同,质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运动.所以第2 s末,质点的速度最大,动量最大,不为0,故A错误;该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期内受到的力的方向相反,前半个周期内做加速运动,后半个周期内做减速运动,所以质点在0~4 s 时间内的位移为正,故B错误;在0~2 s时间内,速度在增大,力F 先增大后减小,根据瞬时功率P=F v得开始时力F瞬时功率为0.2 s 末的瞬时功率为0,所以在0~2 s时间内,F的功率先增大后减小,故C正确;在F-t图象中,F-t图线与横轴围成的面积表示力F的冲量,由题图可知,1~2 s之间的面积与2~3 s之间的面积大小相等,一正一负,所以和为0,则在1~3 s时间内,F的冲量为0,故D正确.8.篮球运动是大家比较喜好的运动,在运动场上开始训练的人常常在接球时伤到手指头,而专业运动员在接球时通常伸出双手迎接传来的篮球,两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以() A.减小球对手的作用力B.减小球对手的作用时间C.减小球的动能变化量D.减小球的动量变化量答案:A解析:专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间,根据动量定理可知,动量变化量相同时,作用时间越长,作用力越小,两种接球方式中球的动量变化相同,动能变化相同,故只有A正确.9.(多选)如图所示,一个质量为0.18 kg 的垒球,以25 m/s 的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s ,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s .下列说法正确的是( )A .球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB .球棒对垒球的平均作用力大小为1260 NC .球棒对垒球做的功为126 JD .球棒对垒球做的功为36 J答案:BC解析:以初速度方向为正方向,根据动量定理F ·t =m v 2-m v 1得:F =-1260 N ,则球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N ,故A 项错误,B 项正确;根据动能定理:W =12m v 22-12m v 21=126 J ,故C 项正确,D 项错误.10.如图所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,左端与竖直墙壁接触.现打开尾端阀门,气体往外喷出,设喷口面积为S ,气体密度为ρ,气体往外喷出的速度为v ,则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是( )A .ρv S B.ρv 2SC.12ρv 2S D .ρv 2S答案:D 解析:以t 时间内喷出去的气体为研究对象,则Ft =ρS v t v =ρSt v 2,得F =ρS v 2,由于气瓶处于平衡状态,墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等,故D 项正确.11.(2018·河北沧州一中月考)光滑水平面上放着质量m A =1 kg 的物块A 与质量m B =2 kg 的物块B ,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接),用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能E p =49 J ;在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨,轨道半径R =0.5 m .B 恰能完成半个圆周运动到达导轨最高点C .g 取10 m/s 2,求:(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小;(2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小.答案:(1)5 m/s (2)4 N·s 解析:(1)设物块B 在绳被拉断后的瞬时速率为v B ,到达C 点的速率为v C ,根据B 恰能完成半个圆周运动到达C 点可得F 向=m B g =m B v 2C R ①对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程,应用动能定理有-2m B gR =12m B v 2C -12m B v 2B ②由①②解得v B =5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v 1,取向右为正方向, 由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能转化为B 的动能,则E p =12m B v 21③根据动量定理有I =m B v B -m B v 1④由③④解得I =-4 N·s ,其大小为4 N·s.12.(2018·山西灵丘三模)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具,但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道,因此,限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题.水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关.设有一水枪,枪口直径为d ,出水速度为v ,储水箱的体积为V .(1)水枪充满水可连续用多少时间?(2)设水的密度为ρ,水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零,则水流对目标的冲击力是多大?你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素?不考虑重力、空气阻力等的影响,认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同.答案:(1)4V v πd 2 (2)14πρd 2v 2 控制枪口直径d 和出水速度v解析:(1)设Δt 时间内,从枪口喷出的水的体积为ΔV ,则 ΔV =v S Δt ,S =π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22, 所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV Δt =14v πd 2,水枪充满水可连续用的时间t =V 14v πd 2=4V v πd 2.(2)Δt 时间内从枪口喷出的水的质量m =ρΔV =ρS v Δt =ρ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22v Δt =14ρπd 2v Δt . 质量为m 的水在Δt 时间内与目标作用,由动量定理有F Δt =Δp ,以水流的方向为正方向,得-F Δt =0-14ρπd 2v Δt ·v =0-14ρπd 2v 2Δt ,解得F =14πρd 2v 2.可见,要控制水枪威力关键是要控制枪口直径d 和出水速度v . 刷题加餐练 刷高考真题——找规律1.(2017·新课标全国卷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时物块的速度为零答案:AB解析:前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a1=F1m =22m/s2=1 m/s2,t=1 s时物块的速率v1=a1t1=1 m/s,故A正确;t=2 s时物块的速率v2=a1t2=2 m/s,动量大小为p2=m v2=4 kg·m/s,故B正确;物块在2~4 s内做匀减速直线运动,加速度的大小a2=F2m=0.5 m/s2,t=3 s时物块的速率v3=v2-a2t3=(2-0.5×1) m/s=1.5 m/s,动量大小p3=m v3=3 kg·m/s,故C错误;t=4 s时物块的速度v4=v2-a2t4=(2-0.5×2) m/s=1 m/s,故D错误.2.(2016·北京卷,18)如图所示,一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行,在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动.下列说法正确的是()A.不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的速度都相同B.不论在轨道1还是在轨道2运动,卫星在P点的加速度都相同C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量答案:B解析:本题考查万有引力定律、牛顿第二定律和动量的定义,意在考查学生的理解能力和分析能力.卫星由轨道1进入轨道2,需在P点加速做离心运动,故卫星在轨道2运行经过P点时的速度较大,A项错误;由G Mmr2=ma可知,不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的加速度都相同,在轨道1运行时,P点在不同位置有不同的加速度,B项正确,C项错误;卫星在轨道2的不同位置,速度方向一定不相同,故动量方向一定不相同,D项错误.3.(2015·重庆卷,3)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上.则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t +mg B.m 2gh t -mgC.m gh t +mgD.m gh t -mg答案:A解析:人先做自由落体运动下落高度h ,获得速度为v ,由v 2=2gh ,得v =2gh .安全带伸长到最长时,人下落到最低点,此时速度为零.设安全带对人的平均作用力为F ,由动量定理得(mg -F )t =0-m v ,F =m 2gh t +mg ,所以A 正确.刷仿真模拟——明趋向4.(2018·河北唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球,若足球用头顶起,每次上升高度为80 cm ,足球的重量为400 g ,与头顶作用时间Δt 为0.1 s ,则足球一次在空中的运动时间t 及足球对头部的作用力大小F N 分别为(空气阻力不计,g =10 m/s 2)( )A .t =0.4 s ,F N =40 NB .t =0.4 s ,F N =36 NC .t =0.8 s ,F N =36 ND .t =0.8 s ,F N =40 N答案:C解析:足球自由下落时有h =12gt 21,解得t 1=2h g =0.4 s ,竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间,所以t =2t 1=0.8 s ;设竖直向上为正方向,由动量定理得(F -mg )Δt =m v -(-m v ),又v =gt =4 m/s ,联立解得F =36 N ,由牛顿第三定律知足球对头部的作用力F N =36 N ,故C 正确.5.(2018·河南郑州一中调研)(多选)如图所示,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑,不计空气阻力,在它们到达斜面底端的过程中()A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同答案:BD解析:设斜面高度为h,倾角为θ,物体质量为m,可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v=2gh,所用时间t=1sinθ2hg.由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G=mgt=m2ghsinθ,方向竖直向下,故A错误;斜面弹力的冲量大小为I N=mg cosθ·t=m2ghtanθ,方向垂直斜面向上,B正确,C错误;合力的大小为mg sinθ,I合=mg sinθ·t=m2gh,方向沿斜面向下(与合力方向相同),即合力冲量的大小相同,方向不同,故D正确.6.(2018·四川成都一诊)(多选)如图所示,ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β),让套在金属细杆上的小环从A点无初速度释放.若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做的功为W1,重力的冲量为I1;若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做的功为W2,重力的冲量为I2,则()A.W1>W2B.W1=W2C.I1>I2D.I1=I2答案:BC解析:小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做的功W1=μmg cosβ·s AB+μmg cosα·s BC,小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做的功W2=μmg cosα·s AD+μmg cosβ·s DC,又因为s AB=s BC=s AD=s DC,所以摩擦力对小环做的功W1=W2,故A错误,B正确;根据动能定理可知,mgh-W f=12m v 2C,因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等,所以两次小环到达C点的速度大小相等,小环从A经B滑到C 点,根据牛顿第二定律可得,小环从A到B的加速度a AB=g sinβ-μg cosβ,小环从B到C的加速度a BC=g sinα-μg cosα,同理,小环从A到D的加速度a AD=g sinα-μg cosα,小环从D到C的加速度a DC=g sinβ-Mg cosβ,又因为α>β,所以a AB=a DC<a BC=a AD,其速度—时间图象如图所示,由图象可知,t1>t2,由I=mgt得,则重力的冲量I1>I2,故C正确,D错误.7.(2018·山东枣庄一模)如图所示,一根固定直杆与水平方向夹角为θ,将质量为m1的滑块套在杆上,通过轻绳悬挂质量为m2的小球,杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用,使滑块和小球瞬间获得初动量后,撤去外部作用,发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动,且轻绳与竖直方向夹角β>θ.则滑块的运动情况是() A.动量方向沿杆向下,正在均匀增大B.动量方向沿杆向下,正在均匀减小C.动量方向沿杆向上,正在均匀增大D.动量方向沿杆向上,正在均匀减小答案:D解析:把滑块和球看成一个整体进行受力分析,沿杆和垂直于杆建立直角坐标系,假设滑块速度方向沿杆向下,则沿杆方向有(m1+m2)g sinθ-f=(m1+m2)a,垂直于杆方向有F N=(m1+m2)g cosθ,其中摩擦力f=μF N,联立可解得a=g sinθ-μg cosθ,现对小环进行分析,因θ<β,则有a>g sinβ,所以g sinθ-μg cosθ>g sinβ,g sinθ-g sinβ>μg cosθ,因为θ<β,所以g sinθ-g sinβ<0,但μg cosθ>0,所以假设不成立,即滑块速度方向一定沿杆向上.滑块沿杆向上运动,滑块重力有沿杆向下的分力,同时摩擦力的方向沿杆向下,滑块的加速度方向沿杆向下,所以滑块沿杆减速上滑,则滑块的动量方向沿杆向上,正在均匀减小,故A、B、C错误,D正确.刷最新原创——抓重点8.物体A和物体B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示.A的质量为m,B的质量为m′.当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B下落速度大小为u,如图乙所示.在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为()A.m v B.m v-m′uC.m v+m′u D.m v+mu答案:D解析:解法一:对A有I弹-mgt=m v,对B有m′gt=m′u,解得弹簧弹力的冲量I弹=m v+mu.解法二:对A、B两物体系统有I 弹-(mg+m′g)t=m v-m′u,m′gt=m′u,联立解得I弹=m v+mu.9.(多选)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置,上端接有一定值电阻(其余电阻不计),匀强磁场垂直于导轨平面向上,一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑,到最高点后又下滑回到ab处,下列说法正确的是()A.上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B.上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D.上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小答案:AD解析:考虑到回路中有感应电流产生,机械能不断向内能转化,根据能量守恒定律可知,导体棒上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时,上滑的速度大,故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度;根据F安=BIL、I=BL vR,知上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力,故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功,故A正确,B错误;设导体棒上滑的距离为x,上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小I=F安t=BIL t=B BI vR Lt=B2L2v tR=B2L2xR,同理,下滑过程中,安培力对导体棒的冲量大小I′=B2L2xR,故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小,故C错误,D正确.刷易错易误——排难点易错点1容易忽视动量运算的矢量性10.在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球.一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平抛,若不计空气阻力,从三个小球抛出到落地的过程中()A.三个小球动量的变化量相同B.下抛球和平抛球动量的变化量相同C.上抛球动量的变化量最大D.三个小球落地时的动量相同答案:C解析:三个小球以相同的速率抛出,可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间,做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间,所以做上抛运动的小球运动时间最长,根据动量定理知,mgt=Δp,可得上抛球动量的变化量最大,下抛球动量的变化量最小,故C正确,A、B错误;根据动能定理有mgh =12m v 2-12m v 20,可知三个球落地时速度的大小相等,由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球速度方向不同,则三个球落地时的动量不同.故D 错误. 易错点2 不能正确选择研究对象11.(2018·北京模拟)根据量子理论:光子既有能量也有动量;光子的能量E 和动量p 之间的关系是E =pc ,其中c 为光速.由于光子有动量,辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量,也就对物体产生了一定的压强,这就是“光压”.根据动量定理可近似认为:当动量为p 的光子垂直照到物体表面,若被物体反射,则物体受到的冲量大小为2p ;若被物体吸收,则物体受到的冲量大小为p .有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速,探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜,并让它正对太阳.已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐谢功率为P 0,探测器和薄膜的总质量为m ,薄膜面积为S ,则探测器的加速度大小为(不考虑万有引力等其他的力)( ) A.(1+η)S P 0mc B.(1+η)P 0S mc C.(2-η)P 0S mc D.(2+η)P 20S mc答案:B解析:在时间t 内辐射到薄膜表面的光子的能量E 总=P 0tS ,光子的总动量p =E 总c =P 0tS c ,根据题意,由动量定理得2ηp +(1-η)p =Ft ,由牛顿第二定律得F =ma ,联立解得加速度a =(1+η)P 0S mc ,故B正确.刷综合大题——提能力12.(2016·新课标全国卷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.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0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.答案:(1)ρv 0S (2)v 202g -M 2g 2ρ2v 20S 2 解析:(1)设Δt 时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV ,质量为Δm ,则Δm =ρΔV ①ΔV =v 0S Δt ②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt =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,由能量守恒得12(Δm )v 2+(Δm )gh =12(Δm )v 20④ 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 ,根据动量定理有F Δt =Δp ⑥ 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F =Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h =v 202g -M 2g 2ρ2v 20S 2⑧。
【高考物理一轮力学专题复习】 计算题专练(含解析)
【备考2022 高考物理一轮力学专题复习】计算题专练(含解析)1.我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。
小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。
某次,他在头盔中装入质量为5.0kg的物体(物体与头盔密切接触),使其从1.80m的高处自由落下(如图),并与水平地面发生碰撞,头盔厚度被挤压了0.03m时,物体的速度减小到零。
挤压过程不计物体重力,且视为匀减速直线运动,不考虑物体和地面的形变,忽略空气阻力,重力加速度g取210m/s。
求:(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小;(2)物体做匀减速直线运动的时间;(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
2.如图所示的离心装置中,光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点,小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上,长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A,质量为m的小球B固定在细线的中点,装置静止时,细线与竖直方向的夹角为37︒,现将装置由静止缓慢加速转动,当细线与竖直方向的夹角增大到53︒时,A、B间细线的拉力恰好减小到︒=,零,弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反,重力加速度为g,取sin370.6︒=,求:cos370.8(1)装置静止时,弹簧弹力的大小F;(2)环A的质量M;(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。
3.如图,一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动,将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。
已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离;(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动,直到滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
4.一列沿x轴正方向传播的简谐横波,其波源的平衡位置在坐标原点,波源在0 ~ 4s 内的振动图像如图(a)所示,已知波的传播速度为0.5m/s。
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—自由落体运动和竖直上抛运动、多过程问题
错误!错误!错误!错误!错误!2024高考物理一轮复习专题练习及解析—自由落体运动和竖直上抛运动、多过程问题1.(2021·湖北卷·2)2019年,我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军.某轮比赛中,陈芋汐在跳台上倒立静止,然后下落,前5 m完成技术动作,随后5 m完成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动,重力加速度大小取10 m/s2,则她用于姿态调整的时间约为()A.0.2 s B.0.4 sC.1.0 s D.1.4 s2.一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验,让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落,测得在第4 s内的位移是42 m,球仍在空中运动,则()A.小球在第2 s末的速度大小是16 m/sB.该星球上的重力加速度为12 m/s2C.小球在第4 s末的速度大小是42 m/sD.小球在0~4 s内的位移是80 m3.(2019·全国卷Ⅰ·18)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1,第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力,则t 2t 1满足( ) A .1<t 2t 1<2 B .2<t 2t 1<3 C .3<t 2t 1<4 D .4<t 2t 1<5 4.(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( )A .路程为65 mB .位移大小为25 m ,方向竖直向上C .速度改变量的大小为10 m/sD .平均速度大小为13 m/s ,方向竖直向上5.两物体从不同高度自由下落,同时落地,第一个物体下落时间为t ,第二个物体下落时间为t 2,当第二个物体开始下落时,两物体相距(重力加速度为g )( )A .gt 2 B.38gt 2 C.34gt 2 D.14gt 26.(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时,将一可视为质点的小球从O 点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光,再经连续三次曝光,得到了如图所示的频闪相片,已知曝光时间间隔为0.2 s ,不考虑一切阻力.如果将小球从照片中的A 点由静止释放,则下列说法正确的是( )A .小球由A 到B 以及由B 到C 的时间小于0.2 sB .小球通过B 点和C 点时的速度关系为v B ∶v C =1∶2C .小球由A 到B 以及由B 到C 的过程中平均速度的关系为v AB ∶v BC =3∶5D .小球通过B 点时的速度v B 和由A 到C 的平均速度v AC 的关系为v B >v AC7.(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示,地面上方离地面高度分别为h 1=6L 、h 2=4L 、h 3=3L 的三个金属小球a 、b 、c ,若先后释放a 、b 、c,三球刚好同时落到地面上,不计空气阻力,重力加速度为g,则()A.b与a开始下落的时间差等于c与b开始下落的时间差B.a、b、c三小球运动时间之比为6∶2∶1C.a比b早释放的时间为2(3-2)L gD.三小球到达地面时的速度大小之比是6∶4∶38.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中,需要精确的重力加速度g值,g值可由实验精确测得,近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”,它是将测g值转变为测长度和时间,具体做法是:将真空长直管沿竖直方向放置,自其中O点上抛小球又落到原处的时间记为T2,在小球运动过程中经过比O点高H的P点,小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1,测得T1、T2和H,可求得g值等于()A.8HT22-T12B.4HT22-T12C.8H(T2-T1)2D.4H (T2-T1)29.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生,称为“第五类交通方式”,它就是“Hyperloop(超级高铁)”(如图).速度高达一千多公里每小时.如果乘坐Hyperloop从A地到B地,600公里的路程需要42分钟,Hyperloop先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动,快进站时再匀减速运动,且加速与减速的加速度大小相等,则下列关于Hyperloop的说法正确的是()A.加速与减速的时间不一定相等B.加速时间为10分钟C.加速过程中发生的位移为150公里D.加速时加速度大小约为0.46 m/s210.在离水平地面高H处,以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球,不计空气阻力,下列说法中正确的是() A.甲球相对乙球做匀变速直线运动B.在落地前甲、乙两球间距离均匀增大C.两球落地的速度差与v0、H有关D.两球落地的时间差与v0、H有关11.如图所示,一杂技演员用一只手抛球、接球,他每隔0.4 s抛出一球,接到球便立即把球抛出.已知除了抛、接球的时刻外,空中总有4个球,将球的运动近似看作是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,不计空气阻力,取g=10 m/s2)()A.1.6 m B.2.4 mC.3.2 m D.4.0 m12.城市高层建筑越来越多,高空坠物事件时有发生.假设某公路边的高楼距地面高H=47 m,往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落,掉落过程可看作自由落体运动.阳台下方有一辆长L1=8 m、高h=2 m 的货车,以v0=9 m/s的速度匀速直行,要经过阳台的正下方.花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2=24 m(示意图如图所示,花盆可视为质点,重力加速度g=10 m/s2).(1)若司机没有发现花盆掉落,货车保持速度v0匀速直行,请计算说明货车是否被花盆砸到;(2)若司机发现花盆掉落,采取制动(可视为匀变速,司机反应时间Δt =1 s)的方式来避险,使货车在花盆砸落点前停下,求货车的最小加速度;(3)若司机发现花盆掉落,采取加速(可视为匀变速,司机反应时间Δt =1 s)的方式来避险,则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到?答案及解析1.B [陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t =2H g =2×1010s ≈1.4 s下落前5 m 的过程所用的时间为t 1=2hg =2×510 s =1 s 则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2=t -t 1=0.4 s ,故B 正确.]2.B [设该星球的重力加速度为g 星,第4 s 内的位移是42 m ,有12g星t 42-12g 星t 32=42 m ,t 4=4 s ,t 3=3 s ,解得g 星=12 m/s 2,所以小球在第2 s 末的速度大小为v 2=g 星t 2=24 m/s ,故A 错误,B 正确;小球在第4 s 末的速度大小是v 4=g 星t 4=48 m/s ,故C 错误;小球在0~4 s内的位移是x 4=12g 星t 42=96 m ,故D 错误.]3.C [由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知t 2t 1=12-3=2+3,即3<t 2t 1<4,选项C 正确.] 4.AB [解法一:分段法物体上升的时间t 上=v 0g =3010 s =3 s ,物体上升的最大高度h 1=v 022g =3022×10 m =45 m ,物体从最高点自由下落2 s 时,下落的高度h 2=12gt 下2=12×10×22 m =20 m ,运动过程如图所示,则总路程为h 1+h 2=65 m ,A 正确.5 s 末物体离抛出点的高度为h 1-h 2=25 m ,即位移的大小为25 m ,方向竖直向上,B 正确.速度改变量的大小Δv =gt =50 m/s ,C 错误.平均速度的大小v =h 1-h 2t =255 m/s =5 m/s ,方向竖直向上,D 错误.解法二:全程法将物体运动的全程视为匀变速直线运动,并取竖直向上为正方向,则有v 0=30 m/s ,a =-g =-10 m/s 2,故5 s 内物体的位移h =v 0t +12at 2=25 m>0,说明物体5 s 末在抛出点上方25 m 处,由竖直上抛运动的规律可知,物体经3 s 到达最大高度h 1=45 m 处,故物体运动的总路程为65 m ,位移大小为25 m ,方向竖直向上,A 、B 正确.速度的改变量的大小Δv =|at |=50 m/s ,C 错误.5 s 末物体的速度v =v 0+at =-20 m/s ,所以平均速度v =v 0+v 2=5 m/s>0,方向竖直向上,D 错误.]5.D [根据h =12gt 2,知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为12gt 2和gt 28,两物体未下落时相距3gt 28,第二个物体在第一个物体下落t 2后开始下落,此时第一个物体下落的高度h 1=12g (t 2)2=gt 28,所以当第二个物体开始下落时,两物体相距Δh =38gt 2-18gt 2=14gt 2,故D 正确,A 、B 、C 错误.]6.D [小球从O 点由静止下落,经过各段的时间都是0.2 s ,所以OA 、AB 、BC 三段的高度之比为1∶3∶5,如果小球从A 点开始由静止释放,由于AB 间距离大于OA 间距离,所以通过AB 、BC 段的时间均大于0.2 s ,故A 错误;设AB 间距离为3h ,则BC 间的距离为5h ,所以AC 间的距离为8h ,通过B 点时的速度为v B =6gh ,小球通过C 点时的速度为v C =16gh ,则v B ∶v C =6∶4,故B 错误;由于AB 、BC 段的高度之比为3∶5,但是通过两段的时间不相等,根据v =x t 可知,平均速度之比不是3∶5,故C 错误;v AC =12v C =2gh ,所以v B >vAC ,故D 正确.]7.C [由h =12gt 2得,t a =12Lg ,t b =8Lg ,t c =6Lg ,则(t a -t b )>(t b -t c ),a 、b 、c 三小球运动时间之比为6∶2∶3,a 比b 早释放的时间为Δt =t a -t b =2(3-2)L g,A 、B 错误,C 正确;根据v 2=2gh 得,三小球到达地面时的速度大小之比是6∶2∶3,D 错误.]8.A [根据竖直上抛运动的对称性,有12g (12T 2)2-12g (12T 1)2=H ,解得g =8H T 22-T 12,故选A.] 9.D [加速与减速的加速度大小相等,根据t =v m a 可知,加速与减速的时间一定相等,故A 错误;设加速和减速时间均为t ,运动总时间为t 0,则2×v m 2t +v m (t 0-2t )=s ,代入数据解得t =12 min ,故B 错误;加速位移为x 加=v m 2t =120 km ,故C 错误;加速度大小a =v m t ≈0.46m/s 2,故D 正确.]10.B [甲、乙两球加速度相同,故甲球相对于乙球做匀速直线运动,在落地前二者距离不断均匀增大,A 错误,B 正确;根据竖直上抛的对称性,甲球回到抛出点时速度大小为v 0 ,方向竖直向下,两球落地的速度差为零,与v 0、H 均无关,C 错误;由竖直上抛的对称性可知,两球落地的时间差Δt =2v 0g ,与v 0 有关,与H 无关,D 错误.]11.C [由题图所示的情形可以看出,四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s 对应的位置是相同的,即可看作一个球的竖直上抛运动,由此可知球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t =0.8 s ,故有H m =12gt 2=3.2 m ,C 正确.]12.(1)货车会被花盆砸到(2)2.7 m/s 2 (3)2.5 m/s 2解析 (1)花盆落下到达车顶过程,位移为h 0=(47-2) m =45 m花盆做自由落体运动,有h 0=12gt 2,解得t =3 s在这段时间内汽车位移大小为x =v 0t =27 m由于L 2<x <L 1+L 2,货车会被花盆砸到.(2)货车匀减速运动的距离为L 2-v 0Δt =15 m设制动过程中最小加速度为a 0,由v 02=2a 0(L 2-v 0Δt ),解得a 0=2.7 m/s 2(3)司机反应时间内货车的位移大小为x 1=v 0Δt =9 m此时车头离花盆的水平距离为d =L 2-x 1=15 m采取加速方式,要成功避险,则加速运动的位移大小为x 2=d +L 1=23 m ,加速时间为t′=t-Δt=2 s设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到,则有x2=v0·t′+12at′2代入数据解得a=2.5 m/s2,即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到.。
2022届高考物理一轮复习 第1章 专题探究2 追及、相遇问题 过关检测习题(含解析)
专题探究二 追及、相遇问题一、单选题1.下图为甲、乙两物体在同一起跑线上同时向同一方向做直线运动时的运动时的v t -图像,则以下判断中正确的是( )A .甲、乙均做匀加速直线运动B .在1t 时刻甲、乙两物体相遇C .在1t 时刻之前乙在甲的前方D .在1t 时刻之后二者不能相遇2.甲、乙两个物体沿同一直线运动,甲做匀速运动,乙做初速度为零的匀加速运动,它们的位置x 随时间t 的变化关系如图所示,当3s t =时,甲、乙相遇,则下列说法正确的是( ) A .甲物体的速度大小为6m/s B .乙的加速度大小是26m/sC .从开始运动到第一次相遇的过程中,2s t =时甲、乙相距最远D .从开始运动到第一次相遇的过程中,甲、乙相距的最远距离为4m3.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动,0t =时刻同时经过公路旁的同一个路标。
在如图描述两车运动的v t -图中,直线a 、b 分别描述了甲、乙两车在020s ~的运动情况。
关于两车之间的位置关系,下列说法正确的是( ) A .在010s ~内两车逐渐靠近 B .在1020s ~内两车逐渐远离 C .在10s t =时两车在公路上相遇 D .在515s ~内两车的位移相等4.a 、b 两物体从同一位置沿同直线运动,它们的速度图像如图所示,下列说法正确的是( ) A .a 、b 加速时,a 的加速度大于b 的加速度 B .20秒时,a 、b 两物体相距最远 C .60秒时,物体b 追上物体aD .40秒时,a 、b 两物体速度相等,相距900m5.以a 、b 两车在平直公路上行驶,a 车在b 车后,其v t -图象如图所示,在0t =时,两车间距为0s ,在1t t =时间内,b 车的位移大小为s ,则( )A .10~t 时间内a 车平均速度大小是b 车平均速度大小的2倍B .若0s s =,a 、b 在123t 时刻相遇C .若0s s =,a 、b 在134t 时刻相遇D .若02s s =,则a 、b 在1t 时刻相遇6.一步行者以匀速运动跑去追赶被红灯阻停的公交车,在跑到距汽车36 m 处时,绿灯亮了,汽车匀加速启动前进,其后两者的v –t 图像如图所示,则下列说法正确的是( ) A .人不能追上公共汽车,人、车最近距离为4 m B .人能追上公共汽车,追赶过程中人跑了32 m C .汽车开动16 s 时人能追上公共汽车D .人不能追上公共汽车,且车开动后,人车距离越来越远7.A 、B 两玩具车在同一水平面同向行驶,其速度一时间图像分别如图直线A 和曲线B ,t=0时刻,A 的速度大小为v 0,t 1时刻A 、B 并排行驶,t 2时刻A 的速度为零,B 的速度为v 0,下列表述正确的是( ) A .0至t 2时间A 、B 的平均速度大小相等 B .t=0时刻,A 在前,B 在后C .t 2时刻两车的间距一定大于t=0时刻两车的间距D .在0~t 2时间内A 、B 动能变化的大小相等8.甲车静止在一平直公路上,乙车以大小为6m/s 的速度做匀速直线运动从甲车旁经过,甲车立即做初速为零的匀加速直线运动,经过4s 恰好追上乙车,不考虑车辆尺寸,则( ) A .追上乙车时,甲车的速度大小为6m/s B .追上乙车时,甲车的速度大小为24m/s C .甲车匀加速直线运动的加速度大小为1m/s 2 D .甲车匀加速直线运动的加速度大小为3m/s 2二、多选题9.假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。
2020高考物理一轮复习专题03牛顿运动定律(解析版)
专题03 牛顿运动定律1 .(2020 届安徽省宣城市高三第二次调研)如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板,在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C,木板和物块均处于静止状态。
A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。
若用水平恒力 F 向右拉动木板 A (已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力),要使 A 从 C 、B 之间抽出来,则对 C 有aC=mg=gm对 B 受力分析有:受到水平向右的滑动摩擦力力,有f= μ(2M+m )g因为μ(M+m )g<μ(2M+m )g 所以 B 没有运动,加速度为0 ;所以当a A>a C 时,能够拉出,则有F mg M m g M解得F> 2μ(m+M )g,故选C2 .(2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测)如图,个可以看作质点,质量为m=1kg 的物块,以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。
物块运动过程的部分v-t 图像如图所示,取g=10m/s 2,则()F 大小应满足的条件是(A.F (m 2M )g B.F (2m 3M )gC .F 2 (m M )gD .F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来,则,A要相对于B、C 都滑动,所以AC 间,AB 间都是滑动摩擦力,对 A 有a A=mg M m gμ(M+m )g,B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A .物块最终从传送带N 点离开B .传送带的速度v=1m/s ,方向沿斜面向下C .物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D .物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知,物体速度减为零后反向向上运动,最终的速度大小为1m/s ,因此没从N 点离开,并且能推出传送带斜向上运动,速度大小为1m/s ,AB 错误;v—t 图象中斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2,C 错误;根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma,可得3,D 正确。
2024高考物理一轮复习牛--顿三大定律(解析版)
2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题14 牛顿三大定律导练目标导练内容目标1牛顿第一定律和惯性目标2牛顿第三定律目标3牛顿第二定律及瞬时加速度问题【知识导学与典例导练】一、牛顿第一定律和惯性1.牛顿第一定律:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(1)揭示了物体的惯性:不受力的作用时,一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。
(2)揭示了力的作用对运动的影响:力是改变物体运动状态的原因。
2.对惯性的理解(1)保持“原状”:物体在不受力或所受合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。
(2)反抗改变:物体受到外力时,惯性表现为抗拒运动状态改变。
惯性越大,物体的运动状态越难以被改变。
(3)惯性的量度:质量是物体惯性大小的唯一量度,质量越大,惯性越大,与物体的速度和受力情况无关。
3.牛顿第一、第二定律的关系(1)牛顿第一定律是以理解实验为基础,经过科学抽象、归纳推理总结出来的,牛顿第二定律是实验定律。
(2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,它揭示了物体运动的原因和力的作用对运动的影响;牛顿第二定律则定量指出了力和运动的联系。
【例1】如图所示,小华坐在一列正在行驶的火车车厢里,突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动,假设桌面是光滑的,则下列说法错误..的是()A.小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B.小球所受的合力为零,以地面为参考系,小球的运动状态并没有改变C .火车一定是在向前加速D .以火车为参考系,此时牛顿第一定律已经不能适用【答案】A【详解】A .小球在水平方向上没有施力物体,所以不受力。
A 错误,符合题意;B .小球水平方向不受力,所受的合力为零,以地面为参考系,小球的运动状态并没有改变。
B 正确,不符合题意;C .小球因为有惯性,要保持原来的匀速直线运动状态,若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动,是小球相对于火车向后运动,说明火车正在向前做加速运动。
高考物理 一轮复习 必修一 匀变速直线运动的规律 课时精选习题(含答案解析)
高考物理 一轮复习 匀变速直线运动的规律 课时精选习题(含解析)一、概念规律题组1.在公式v =v 0+at 和x =v 0t +12at 2中涉及的五个物理量,除t 是标量外,其他四个量v 、v 0、a 、x都是矢量,在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中,当取其中一个量的方向为正方向时,其他三个量的方向与此相同的取正值,与此相反的取负值,若取速度v 0方向为正方向,以下说法正确的是( )A .匀加速直线运动中a 取负值B .匀加速直线运动中a 取正值C .匀减速直线运动中a 取正值D .无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a 都取正值 答案 B解析 据v =v 0+at 可知,当v 0与a 同向时,v 增大;当v 0与a 反向时,v 减小.x =v 0t +12at 2也是如此,故当v 0取正值时,匀加速直线运动中,a 取正;匀减速直线运动中,a 取负,故选项B 正确.2.某运动物体做匀变速直线运动,加速度大小为0.6 m/s 2,那么在任意1 s 内( ) A .此物体的末速度一定等于初速度的0.6倍B .此物体任意1 s 的初速度一定比前1 s 末的速度大0.6 m/sC .此物体在每1 s 内的速度变化为0.6 m/sD .此物体在任意1 s 内的末速度一定比初速度大0.6 m/s 答案 C解析 因已知物体做匀变速直线运动,又知加速度为0.6 m/s 2,主要涉及对速度公式的理解:①物体可能做匀加速直线运动,也可能做匀减速直线运动;②v =v 0+at 是矢量式.匀加速直线运动a =0.6 m/s 2;匀减速直线运动a =-0.6 m/s 2.3.我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功.假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动,达到起飞速度v 所需时间为t ,则起飞前的运动距离为( )A .v t B.v t2C .2v tD .不能确定答案 B解析 因为战机在起飞前做匀加速直线运动,则x =v t =0+v 2t =v2t .B 选项正确.4.一个做匀加速直线运动的物体,通过A 点的瞬时速度是v 1,通过B 点的瞬时速度是v 2,那么它通过AB 中点的瞬时速度是( )A.v 1+v 22B.v 1-v 22C. v 21+v 222D. v 22-v 212答案 C二、思想方法题组5.如图1所示,请回答:图1(1)图线①②分别表示物体做什么运动?(2)①物体3 s 内速度的改变量是多少,方向与速度方向有什么关系? (3)②物体5 s 内速度的改变量是多少?方向与其速度方向有何关系? (4)①②物体的运动加速度分别为多少?方向如何? (5)两图象的交点A 的意义. 答案 见解析解析 (1)①做匀加速直线运动;②做匀减速直线运动 (2)①物体3 s 内速度的改变量Δv =9 m/s -0=9 m/s ,方向与速度方向相同(3)②物体5 s 内的速度改变量Δv ′=(0-9) m/s =-9 m/s ,负号表示速度改变量与速度方向相反. (4)①物体的加速度a 1=Δv Δt =9 m/s 3 s =3 m/s 2,方向与速度方向相同.②物体的加速度a 2=Δv ′Δt ′=-9 m/s 5 s =-1.8 m/s 2,方向与速度方向相反.(5)图象的交点A 表示两物体在2 s 时的速度相同. 6.汽车以40 km/h 的速度匀速行驶.(1)若汽车以0.6 m/s 2的加速度加速,则10 s 后速度能达到多少? (2)若汽车刹车以0.6 m/s 2的加速度减速,则10 s 后速度减为多少? (3)若汽车刹车以3 m/s 2的加速度减速,则10 s 后速度为多少? 答案 (1)17 m/s (2)5 m/s (3)0解析 (1)初速度v 0=40 km /h≈11 m/s , 加速度a =0.6 m/s 2,时间t =10 s. 10 s 后的速度为v =v 0+at =11 m/s +0.6×10 m/s =17 m/s.(2)汽车刹车所用时间t 1=v 0a 1=110.6s>10 s ,则v 1=v 0-at =11 m/s -0.6×10 m/s =5 m/s.(3)汽车刹车所用时间t 2=v 0a 2=113s<10 s ,所以10 s 后汽车已经刹车完毕,则10 s 后汽车速度为零.思维提升1.匀变速直线运动的公式都是矢量式,应注意各物理量的正负以及物理量的符号与公式中加减号的区别.2.一个匀变速运动,其时间中点的速度v 1与位移中点的速度v 2不同,且不论匀加速还是匀减速总有v 1<v 2.3.分析图象应从轴、点、线、面积、斜率等几个方面着手.轴是指看坐标轴代表的物理量,是x -t 图象还是v -t 图象.点是指看图线与坐标轴的交点或者是图线的折点.线是看图的形状,是直线还是曲线,通过图线的形状判断两物理量的关系,还要通过面积和斜率看图象所表达的含义.4.①物体做匀减速运动时,必须考虑减速为零后能否返回,若此后物体停止不动,则此后任一时刻速度均为零,不能用公式v =v 0+at 来求速度.②处理“刹车问题”要先判断刹车所用的时间t 0.若题目所给时间t <t 0,则用v =v 0+at 求t 秒末的速度;若题目所给时间t >t 0,则t 秒末的速度为零.一、匀变速直线运动及其推论公式的应用 1.两个基本公式(1)速度公式:v =v 0+at(2)位移公式:x =v 0t +12at 2两个公式中共有五个物理量,只要其中三个物理量确定之后,另外两个就确定了.原则上应用两个基本公式中的一个或两个联立列方程组,就可以解决任意的匀变速直线运动问题.2.常用的推论公式及特点 (1)速度—位移公式v 2-v 20=2ax ,此式中不含时间t ;(2)平均速度公式v =v t 2=v 0+v2,此式只适用于匀变速直线运动,式中不含有时间t 和加速度a ;v =xt,可用于任何运动.(3)位移差公式Δx =aT 2,利用纸带法求解加速度即利用了此式.(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例式的适用条件:初速度为零的匀加速直线运动.3.无论是基本公式还是推论公式均为矢量式,公式中的v 0、v 、a 、x 都是矢量,解题时应注意各量的正负.一般先选v 0方向为正方向,其他量与正方向相同取正值,相反取负值.【例1】 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m 和200 m 短跑项目的新世界纪录,他的成绩分别是9.69 s 和19.30 s .假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s ,起跑后做匀加速运动,达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时,反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时相同,但由于弯道和体力等因素的影响,以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%.求:(1)加速所用时间和达到的最大速率;(2)起跑后做匀加速运动的加速度.(结果保留两位小数) 答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位),匀速运动时的速度为v (以m/s 为单位),则有 12v t +(9.69-0.15-t )v =100① 12v t +(19.30-0.15-t )×0.96v =200② 由①②式得 t =1.29 s v =11.24 m/s(2)设加速度大小为a ,则 a =vt=8.71 m/s 2[规范思维] (1)对于物体的直线运动,画出物体的运动示意图(如下图),分析运动情况,找出相应的规律,是解题的关键.(2)本题表示加速阶段的位移,利用了平均速度公式v =v 0+v 2,平均速度v 还等于v t2.公式特点是不含有加速度,且能避开繁琐的计算,可使解题过程变得非常简捷.[针对训练1] 如图2所示,以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有2 s 将熄灭,此时汽车距离停车线18 m .该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2,减速时最大加速度为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )图2A .如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B .如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C .如果立即做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D .如果距停车线5 m 处减速,汽车能停在停车线处 答案 AC解析 如果立即做匀加速直线运动,t 1=2 s 内汽车的位移x 1=v 0t 1+12a 1t 21=20 m>18 m ,此时汽车的速度v 1=v 0+a 1t 1=12 m/s<12.5 m/s ,汽车没有超速,A 项正确,B 项错误;如果立即做匀减速运动,速度减为零需要时间t 2=v 0a 1=1.6 s ,此过程通过的位移为x 2=12a 2t 22=6.4 m ,C 项正确,D 项错误.【例2】 (全国高考)已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点,AB 间的距离为l 1,BC 间的距离为l 2,一物体自O 点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A 、B 、C 三点,已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等.求O 与A 的距离.答案 (3l 1-l 2)28(l 2-l 1)解析 首先画出运动情况示意图:解法一 基本公式法设物体的加速度为a ,到达A 点时的速度为v 0,通过AB 段和BC 段所用的时间都为t ,则有l 1=v 0t +12at 2 l 1+l 2=2v 0t +12a (2t )2联立以上二式得l 2-l 1=at 2 3l 1-l 2=2v 0t设O 与A 的距离为l ,则有l =v 202a联立以上几式得l =(3l 1-l 2)28(l 2-l 1).解法二 利用推论法由连续相等时间内的位移之差公式得: l 2-l 1=at 2①又由平均速度公式:v B =l 1+l 22t②l +l 1=v 2B2a③由①②③得:l =(3l 1-l 2)28(l 2-l 1).[规范思维] (1)合理选用公式可简化解题过程.本题中解法二中利用位移差求加速度,利用平均速度求瞬时速度,使解析过程简化了.(2)对于多过程问题,要注意x 、v 0、t 等量的对应关系,不能“张冠李戴”.[针对训练2] (安徽省2010届高三第一次联考)一个质点正在做匀加速直线运动,用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相,由闪光照片得到的数据,发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2 m ;在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m .由此可求得( )A .第一次闪光时质点的速度B .质点运动的加速度C .从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移D .质点运动的初速度 答案 C解析 质点运动情况如图所示.照相机照相时,闪光时间间隔都相同,第一次、第二次闪光的时间间隔内质点通过的位移为x 1,第二次、第三次闪光时间内质点位移为x 2,第三、四次闪光时间内质点位移为x 3,则有x 3-x 2=x 2-x 1,所以x 2=5 m.由于不知道闪光的周期,无法求初速度、第1次闪光时的速度和加速度.C 项正确. 二、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动1.刹车类问题:即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动,加速度a 突然消失,求解时要注意先确定其实际运动时间.2.双向可逆类:如沿光滑斜面上滑的小球,到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑,全过程加速度大小、方向均不变,故求解时可对全过程列式,但必须注意x 、v 、a 等矢量的正、负号.3.逆向思维法:对于末速度为零的匀减速运动,可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速运动.【例3】 一辆汽车以72 km/h 的速度行驶,现因故紧急刹车并最终停止运动.已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s 2,则从开始刹车经过5 s ,后汽车通过的距离是多少?答案 40 m解析 设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t 0,选v 0的方向为正方向. v 0=72 km/h =20 m/s ,由v =v 0+at 0得t 0=v t -v 0a =0-20-5s =4 s 可见,该汽车刹车后经过4 s 就已经停止,最后1 s 是静止的.由x =v 0t +12at 2知刹车后5 s 内通过的距离x =v 0t 0+12at 02=[20×4+12×(-5)×42] m =40 m.[规范思维] 此题最容易犯的错误是将t =5 s 直接代入位移公式得x =v 0t +12at 2=[20×5+12×(-5)×52] m =37.5 m ,这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1 s 的总位移,这显然与实际情况不相符.[针对训练3] 物体沿光滑斜面上滑,v 0=20 m/s ,加速度大小为5 m/s 2,求: (1)物体多长时间后回到出发点;(2)由开始运动算起,求6 s 末物体的速度.答案 (1)8 s (2)10 m/s ,方向与初速度方向相反解析 由于物体连续做匀减速直线运动,加速度不变,故可以直接应用匀变速运动公式,以v 0的方向为正方向.(1)设经t 1秒回到出发点,此过程中位移x =0,代入公式x =v 0t +12at 2,并将a =-5 m/s 2代入,得t =-2v 0a =-2×20-5s =8 s.(2)由公式v =v 0+at 知6 s 末物体的速度 v t =v 0+at =[20+(-5)×6] m/s =-10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反.【基础演练】1.(北京市昌平一中2010第二次月考)某人欲估算飞机着陆时的速度,他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动,飞机在跑道上滑行的距离为x ,从着陆到停下来所用的时间为t ,则飞机着陆时的速度为( )A.x tB.2x tC.x 2tD.x t 到2xt 之间的某个值 答案 B解析 根据公式v =v 2=x t 解得v =2xt2.(福建省季延中学2010高三阶段考试)在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹.在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m ,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g 取10 m/s 2,则汽车刹车前的速度大小为( )A .7 m/sB .10 m/sC .14 m/sD .20 m/s 答案 C解析 设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a ,由牛顿第二定律可得μmg =ma ,a =μg 由匀变速直线运动速度—位移关系式v 20=2ax ,可得汽车刹车前的速度为 v 0=2ax =2μgx=2×0.7×10×14 m/s =14 m/s3.物体沿一直线运动,在t 时间内通过的位移为x ,它在中间位置12x 处的速度为v 1,在中间时刻12t时的速度为v 2,则v 1和v 2的关系为( )A .当物体做匀加速直线运动时,v 1>v 2B .当物体做匀减速直线运动时,v 1>v 2C .当物体做匀速直线运动时,v 1=v 2D .当物体做匀减速直线运动时,v 1<v 2 答案 ABC解析 设物体的初速度为v 0、末速度为v t ,由v 21-v 20=v 2t -v 21=2a ·x 2. 所以路程中间位置的速度为v 1=v 20+v 2t2.①物体做匀变速直线运动时中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度,即v 2=v 0+v t2② 第①式的平方减去第②式的平方得v 21-v 22=(v 0-v t )24.在匀变速或匀速直线运动的过程中,v 21-v 22一定为大于或等于零的数值,所以v 1≥v 2.4.2009年3月29日,中国女子冰壶队首次夺得世界冠军,如图3所示,一冰壶以速度v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动,且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间分别是( )图3A .v 1∶v 2∶v 3=3∶2∶1B .v 1∶v 2∶v 3=3∶2∶1C .t 1∶t 2∶t 3=1∶2∶ 3D .t 1∶t 2∶t 3=(3-2)∶(2-1)∶1 答案 BD解析 因为冰壶做匀减速运动,且末速度为零,故可以看做反向匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2),故所求时间之比为(3-2)∶(2-1)∶1,所以选项C 错,D 正确;由v 2-v 20=2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3,则所求的速度之比为3∶2∶1,故选项A 错,B 正确,所以正确选项为B 、D.5.一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动.开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m .则刹车后6 s 内的位移是( )A .20 mB .24 mC .25 mD .75 m 答案 C6. 如图4所示,在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点),小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分别为x 1、x 2、x 3,现将它们分别从静止释放,到达A 点的时间分别为t 1、t 2、t 3,斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是( )图4A.x 1t 1=x 2t 2=x 3t 3B.x 1t 1>x 2t 2>x 3t 3C.x 1t 21=x 2t 22=x 3t 23 D .若θ增大,则xt 2的值减小 答案 BC7. 如图5所示,小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动,依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab =bd =6 m ,bc = 1 m ,小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ,设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ,则( )图5A .v b =8 m/sB .v c =3 m/sC .de =3 mD .从d 到e 所用时间为4 s 答案 BD 【能力提升】8.某动车组列车以平均速度v 行驶,从甲地到乙地的时间为t .该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进,途中接到紧急停车命令后紧急刹车,列车停车后又立即匀加速到v 0,继续匀速前进.从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0,(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等),若列车仍要在t 时间内到达乙地.则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.v t t -t 0B.v t t +t 0C.v t t -12t 0D.v t t +12t 0答案 C解析 该动车组从开始刹车到加速到v 0所发生的位移大小为v 02·t 0,依题意,动车组两次运动所用的时间相等,即v t -v 02·t0v 0+t 0=t ,解得v 0=v tt -12t 0,故正确答案为C.9.航空母舰(Aircraft Carrier)简称“航母”、“空母”,是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰.蒸汽弹射起飞,就是使用一个长平的甲板作为飞机跑道,起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度,目前只有美国具备生产蒸汽弹射器的成熟技术.某航空母舰上的战斗机,起飞过程中最大加速度a =4.5 m/s 2,飞机要达到速度v 0=60 m/s 才能起飞,航空母舰甲板长L =289 m ,为使飞机安全起飞,航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全,求航空母舰的最小速度v 的大小.(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响,飞机的运动可以看做匀加速直线运动)答案 9 m/s解析 解法一 若航空母舰匀速运动,以地面为参考系,设在时间t 内航空母舰和飞机的位移分别为x 1和x 2,航母的最小速度为v ,由运动学知识得x 1=v t ,x 2=v t +12at 2,x 2-x 1=L ,v 0=v +at联立解得v =9 m/s.解法二 若航空母舰匀速运动,以航空母舰为参考系,则飞机的加速度即为飞机相对航空母舰的加速度,当飞机起飞时甲板的长度L 即为两者的相对位移,飞机相对航空母舰的初速度为零,设航空母舰的最小速度为v ,则飞机起飞时相对航空母舰的速度为(v 0-v )由运动学公式可得(v 0-v )2-0=2aL ,解得v =9 m/s.10.如图6所示,某直升飞机在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命,要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动,经过AB 段加速后,进入BC 段的匀速受阅区,11时准时通过C 位置,如图7所示.已知x AB =5 km ,x BC =10 km.问:图6图7(1)直升飞机在BC 段的速度大小是多少?(2)在AB 段飞机做匀加速直线运动时的加速度大小是多少? 答案 (1)100 m/s (2)1 m/s 2解析 (1)设BC 段飞机做匀速直线运动的速度大小为v ,运动的时间为t 2.在AB 段飞机做匀加速直线运动的时间为t 1,加速度的大小为a .对AB 段,由平均速度公式得到: (v +0)/2=x AB /t 1①对BC段,由匀速直线运动的速度公式可得:v=x BC/t2②根据飞机10时56分40秒由A出发,11时准时通过C位置,则:t1+t2=200 s③联立①②③,代入已知数据解得v=100 m/s,(2)在AB段,由运动学公式v2t-v20=2ax得:a=v2/2x AB=1 m/s2.易错点评1.在用比例法解题时,要注意初速度为0这一条件.若是匀减速运动末速度为0,应注意比例的倒置.2.匀变速直线运动公式中各物理量是相对于同一惯性参考系的,解题中应注意参考系的选取.3.解匀减速类问题,要注意区分“返回式”和“停止式”两种情形,特别是“停止式”要先判明停止时间,再根据情况计算.。
高考物理一轮复习专题8电势能、电势、电势差含解析
专题28 电势能、电势、电势差〔讲〕1.多个电荷库仑力的平衡与场强叠加问题.2.利用电场线与等势面确定场强的大小与方向,判断电势上下、电场力变化、电场力做功与电势能的变化等.3.带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题.4.对平行板电容器电容决定因素的理解,解决两类有关动态变化的问题.5.分析带电粒子在电场中的加速与偏转问题.6.示波管、静电除尘等在日常生活与科学技术中的应用.1.掌握电势、电势能、电势差的概念,理解电场力做功的特点;会判断电场中电势的上下、电势能的变化.2.会计算电场力做功及分析电场中的功能关系.一、电场力做功及电势能1.电场力做功的特点〔1〕在电场中移动电荷时,电场力做功及路径无关,只及初末位置有关,可见电场力做功及重力做功相似.〔2〕在匀强电场中,电场力做的功W=Eqd,其中d为沿电场线方向的位移.2.电势能〔1〕定义:电荷在电场中具有的势能.电荷在某点的电势能,等于把它从该点移到零势能位置时电场力所做的功.〔2〕电场力做功及电势能变化的关系电场力做的功等于电势能的减少量,即W AB=E pA-E pB.〔3〕电势能的相对性:电势能是相对的,通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零,或把电荷在大地外表上的电势能规定为零.二、电势1.电势〔1〕定义:电荷在电场中某一点的电势能及它的电荷量的比值.〔2〕定义式:〔3〕标矢性:电势是标量,其大小有正负之分,其正〔负〕表示该点电势比电势零点高〔低〕.〔4〕相对性:电势具有相对性,同一点的电势因零电势点的选取的不同而不同.〔5〕沿着电场线方向电势逐渐降低.2.等势面〔1〕定义:电场中电势相等的各点构成的面.〔2〕特点①电场线跟等势面垂直,即场强的方向跟等势面垂直.②在等势面上移动电荷时电场力不做功.③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面.④等差等势面越密的地方电场强度越大;反之越小.⑤任意两等势面不相交.深化拓展:〔1〕电势是描述电场本身的能的性质的物理量,由电场本身决定,而电势能反映电荷在电场中某点所具有的电势能,由电荷及电场共同决定.〔2〕或E p=ψq.三、电势差1.电势差:电荷q在电场中A、B两点间移动时,电场力所做的功W AB跟它的电荷量q的比值,叫做A、B间的电势差,也叫电压.公式:.单位:伏〔V〕.2.电势差及电势的关系:U AB=φA-φB,电势差是标量,可以是正值,也可以是负值,而且有U AB=-U BA.3.电势差U AB由电场中A、B两点的位置决定,及移动的电荷q、电场力做的功W AB无关,及零电势点的选取也无关.4.电势差及电场强度的关系:匀强电场中两点间的电势差等于电场强度及这两点沿电场线方向的距离的乘积.即U=Ed,也可以写作考点一电场中的功能关系、电势上下及电势能大小的判断及比拟1.比拟电势上下的方法〔1〕沿电场线方向,电势越来越低.〔2〕判断出U AB的正负,再由U AB=φA-φB,比拟φA、φB的大小,假设U AB>0,那么φA>φB,假设U AB<0,那么φA<φB.〔3〕取无穷远处电势为零,那么正电荷周围电势为正值,负电荷周围电势为负值;靠近正电荷处电势高,靠近负电荷处电势低.2.电势能大小的比拟方法〔1〕做功判断法电场力做正功,电荷〔无论是正电荷还是负电荷〕从电势能较大的地方移向电势能较小的地方,反之,如果电荷克制电场力做功,那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方.特别提醒其他各种方法都是在此根底上推理出来的,最终还要回归到电场力做功及电势能变化关系上.〔2〕场电荷判断法①离场正电荷越近,正电荷的电势能越大;负电荷的电势能越小.②离场负电荷越近,正电荷的电势能越小;负电荷的电势能越大.〔3〕电场线法①正电荷顺着电场线的方向移动时,电势能逐渐减小;逆着电场线的方向移动时,电势能逐渐增大.②负电荷顺着电场线的方向移动时,电势能逐渐增大;逆着电场线的方向移动时,电势能逐渐减小.〔4〕公式法由E p=qφ,将q、φ的大小、正负号一起代入公式,E p的正值越大,电势能越大;E p的负值越大,电势能越小.★重点归纳★1、电场力做功及电场中的功能关系〔1〕求电场力做功的几种方法①由公式W=Fl cos α计算,此公式只适用于匀强电场,可变形为W =Eql cos α.②由W AB=qU AB计算,此公式适用于任何电场.③由电势能的变化计算:W AB=E pA-E pB.④由动能定理计算:W电场力+W其他力=ΔE k.〔2〕电场中的功能关系①假设只有电场力做功,电势能及动能之与保持不变.②假设只有电场力与重力做功,电势能、重力势能、动能之与保持不变.③除重力、弹簧弹力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化.④所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化.〔3〕处理电场中能量问题的根本方法在解决电场中的能量问题时常用到的根本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系.①应用动能定理解决问题需研究合外力的功〔或总功〕.②应用能量守恒定律解决问题需注意电势能与其他形式能之间的转化.③应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功及电势能改变之间的对应关系.④有电场力做功的过程机械能不一定守恒,但机械能及电势能的总与可以守恒.2、静电场中涉及图象问题的处理方法与技巧1.主要类型:〔1〕v-t图象;〔2〕φ-x图象;〔3〕E-t图象.2.应对策略:〔1〕v -t 图象:根据v -t 图象的速度变化、斜率变化〔即加速度大小的变化〕,确定电荷所受电场力的方向及电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的上下及电势能的变化.〔2〕φ-x 图象:①电场强度的大小等于φ-x 图线的斜率大小,电场强度为零处,φ-x 图线存在极值,其切线的斜率为零.②在φ-x 图象中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.③在φ-x 图象中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB =qU AB ,进而分析W AB 的正负,然后作出判断.〔3〕E -t 图象:根据题中给出的E -t 图象,确定E 的方向的正负,再在草纸上画出对应电场线的方向,根据E 的大小变化,确定电场的强弱分布.★典型案例★〔多项选择〕如图〔a 〕所示,AB 是某电场中的一条电场线,假设有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB 由点A 运动到点B ,所经位置的电势随距A 点的距离变化的规律如图〔b 〕所示,以下说法正确的选项是: 〔 〕A 、该电场是匀强电场B 、电子在A 、B 两点的电势能pA pB E E <C 、电子在A 、B 两点的加速度关系是A B a a >D 、电子在A 、B 两点的速度A B v v <【答案】BC【名师点睛】根据x ϕ-图象的斜率大小等于电场强度,分析场强的变化.由图看出,电势逐渐降低,可判断出电场线的方向,确定电势的上下,由电场力做功正负,分析速度的大小并判断电子电势能的变化。
高考物理第一轮复习 力学综合练习题(附答案)
1.如右图所示,质量m =20 kg 的物体,在粗糙水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,物体同时还受到大小为10 N 方向向右的水平拉力F 的作用,则水平面对物体的摩擦力(g 取10 m/s 2)( )A .10 N ,水平向左B .20 N ,水平向左C .20 N ,水平向右D .30 N ,水平向右【答案】 C2.卡车上装着一只集装箱,不计空气阻力,下面说法正确是( )A .当卡车开始运动时,卡车对集装箱的静摩擦力使集装箱随卡车一起运动B .当卡车匀速运动时,卡车对集装箱的静摩擦力使集装箱随卡车一起运动C .当卡车匀速运动时,卡车对集装箱的静摩擦力等于零D .当卡车制动时,卡车对集装箱的静摩擦力等于零【答案】 AC3. 2008年初我国南方发生罕见的雪灾,导致大量交通车辆受阻,为解决这一问题,有的车辆轮胎上安装了防滑链,下列叙述正确的是( )A .装防滑链主要目的是增大车辆重力,从而增大摩擦力B .装防滑链主要目的是增大车辆与地面接触面积,从而增大摩擦力C .装防滑链主要目的是增大车辆与路面间粗糙程度,增大摩擦力D .以上叙述均不正确【答案】 C4. 如右图所示,一物体置于水平地面上静止不动,若用水平向左的力F =5.0 N 拉物体,物体仍静止,下述结论正确的是( )A .物体受到的合外力增加5.0 NB .物体对水平面的压力增加5.0 NC .物体对水平面的作用力大小增加5.0 ND .物体受到水平面的静摩擦力是5.0 N【解析】 物体一直处于静止平衡状态,受到合外力为零不变,物体对水平面的压力大小不变(等于物体受到的重力的大小),由平衡条件可知物体受到的静摩擦力与水平方向的拉力大小相等,为5.0 N ,A 、B 均错,D 对;物体对水平面的作用力有压力与静摩擦力,方向互相垂直,即物体对水平面的作用力是这两个力的合力,不在同一直线上的力应用矢量平行四边形定则计算,而不能用代数方法运算,C 错.【答案】 D5. (2008年高考全国卷Ⅱ)如右图,一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑,A 与B 的接触面光滑.已知A 与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2倍,斜面倾角为α,B 与斜面之间的动摩擦因数是( )A.23tan αB.23cot α C .tan α D .cot α【解析】 对A 和B 进行受力分析可知,A 、B 两物块受到斜面的支持力均为mg cos α,所受滑动摩擦力分别为F fA =μA mg cos α、F fB =μB mg cos α,对整体受力分析结合平衡条件可得2mg sin α=μA mg cos α+μB mg cos α,且μA =2μB ,解得μB =23tan α,故答案为A. 【答案】 A6. 如右图所示,质量为m 1的木块在质量为m 2的长木板上滑行,长木板与地面间动摩擦因数为μ1,木块与长木板间动摩擦因数为μ2,若长木板仍处于静止状态,则长木板受地面摩擦力大小一定为( )A .μ1(m 1+m 2)gB .μ2m 1gC .μ1m 1gD .μ1m 1g +μ2m 2g【解析】 木块在木板上滑行,木板上表面所受滑动摩擦力F f =μ2m 1g ;木板处于静止状态,水平方向上受到木板对木板的滑动摩擦力和地面对木板的静摩擦力,根据力的平衡条件可知,地面对木板的静摩擦力的大小等于木块对木板的滑动摩擦力的大小,B 项正确.【答案】 B7. 如右图所示,一个木块A 放在长木板B 上,长木板B 放在水平地面上,有恒力F 作用下,长木板B 以速度v 匀速运动,水平的弹簧秤的示数为F T .下列有关摩擦力的说法正确的是( )A .木块受到的滑动摩擦力的大小等于FB .木块受到的静摩擦力的大小等于F TC .若长木板B 以2v 的速度匀速运动时,木块受到的摩擦力的大小等于2F TD .若用2F 的力作用在长木板B 上,木块受到的摩擦力的大小仍等于F T【解析】 若用2F 的力作用在长木板B 上,木块受到的摩擦力的大小仍等于F T .【答案】 D8. 如右图所示,倾角为θ的斜面体C 置于水平面上,B 置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接,连接B 的一段细绳与斜面平行,A 、B 、C 都处于静止状态.则( )A .B 受到C 的摩擦力一定不为零B .C 受到水平面的摩擦力一定为零C .不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何,水平面对C 的摩擦力方向一定向左D .水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等【解析】 以B 物体为研究对象,沿斜面方向受到重力沿斜面方向向下的分力、绳的拉力和静摩擦力,静摩擦力的大小等于重力沿斜面方向向下的分力与拉力的合力,所以可能为0,可能沿斜面向上或向下,A 项错误;利用整体法可知不论B 、C 间摩擦力大小、方向如何,水平面对C 的摩擦力方向一定向左,B 项错误,C 项正确;同理,在竖直方向利用整体法判断水平面对C 的支持力等于B 、C 的总重力大小减去拉力在竖直方向上的分力,D 项错误.【答案】 C9. (2010年北京东城)如右图所示,物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,若传送带的速度大小也为v ,则传送带启动后( )A .M 静止在传送带上B .M 可能沿斜面向上运动C .M 受到的摩擦力不变D .M 下滑的速度不变【解析】 本题考查的知识点为滑动摩擦力,由M 匀速下滑可知其处于平衡状态,受重力、摩擦力、支持力,传送带启动以后对M 受力没有影响,自然也不会影响其运动状态,故CD 正确.【答案】 CD10. (2010年山东济南)如右图所示,质量不等的两个物体A 、B 在水平拉力F 的作用下,沿光滑水平面一起向右运动,滑轮及细绳质量不计.则下列说法中正确的有( )A .物体B 所受的摩擦力方向一定向左B .物体B 所受的摩擦力方向可能向左C .物体B 所受的摩擦力一定随水平力F 的增大而增大D .只要水平力F 足够大,物体A 、B 间一定会打滑【解析】 A 、B 都受到绳子向右的拉力F T ,设两物体有共同的加速度a ,A 、B 的质量分别为M 、m ,两物体间摩擦力大小为F f, 但由于两物体的质量大小关系不确定,所以物体B 所受摩擦力的方向不确定,设A 对B 的摩擦力方向向右,B 对A 的摩擦力方向向左,则有:F T +F f =ma ,F T -F f =Ma ,得F f =12(m -M )a ,若m >M ,F f 为正值,B 受摩擦力方向向右;若m <M ,F f 为负值,B 受摩擦力方向向左.把两个物体看作一个整体,若F 增大,则两个物体的加速度a 也增大,F f 也增大,当F f 达到最大静摩擦力后,物体A 、B 间会打滑.【答案】 BCD11. (2009年高考全国卷Ⅰ)某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系,设计实验装置如右图长直平板一端放在水平桌面上,另一端架在一物块上.在平板上标出A 、B 两点,B 点处放置一光电门,用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间.实验步骤如下:①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d ,用天平测量滑块的质量m ;②用直尺测量AB 之间的距离s ,A 点到水平桌面的垂直距离h 1,B 点到水平桌面的垂直距离h 2;③将滑块从A 点静止释放,由光电计时器读出滑块的挡光时间t ;④重复步骤③数次,并求挡光时间的平均值t ;⑤利用所测数据求出摩擦力f 和斜面倾角的余弦值cos α;⑥多次改变斜面的倾角,重复实验步骤②③④⑤,做出f -cos α关系曲线.(1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g ):①斜面倾角的余弦cos α=________;②滑块通过光电门时的速度v =________;③滑块运动时的加速度a =________;④滑块运动时所受到的摩擦阻力f =________.(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如右图所示,读得d=s 2-(h 1-h 2) 2【解析】 (1)①②略.③由位移公式推论v 2t-v 20=2as 有a =v 2t 2s =d 22s t 2.④由动能定理有mg(h 1-h 2)-fs =12mv 2-0,故有f=mg h 1- h 2s -mv 22s =mg h 1- h 2s -md 22s t 2. (2)主尺读数3.6 cm 游标尺上第2条刻度线与主尺上某条刻度线对齐,十分度的游标卡尺的精度为0.1 mm ,故测量结果为d=3.6 cm+2×0.1 mm=3.62 cm.【答案】 (1)①1ss 2-(h 1-h 2)2 ②d t③d 22s t 2 ④mg h 1- h 2s -m d 22s t 2(2)d=3.62 cm12.物体A 单独放在倾角为37°的斜面上时,正好能匀速下滑.A 系上细线通过光滑滑轮挂上物体B ,且将斜面倾角改为30°时,如右图所示.A 又正好能沿斜面匀速上滑,则B 与A 的质量之比为多少?【解析】 倾角为37°时,物体沿斜面方向上受沿斜面向下的重力的分力m A g sin θ和沿斜面向上的滑动摩擦力F f =μF N =μm A g cos θ.因物体匀速下滑,由二力平衡知m A g sin 37°=μm A g cos 37°,μ=tan 37°=3/4.倾角改为30°且挂上物体B 后,取B 为研究对象,由二力平衡知,绳的拉力F T =m B g ,取A 为研究对象,A 在斜面上向上匀速滑行时,受平行于斜面向上的绳的拉力F T =m B g 和平行于斜面向下的重力的分力m A g sin θ以及滑动摩擦力F f =μm A g cos θ,根据平衡条件,在平行于斜面方向上有:m A g sin θ+μm A g cos θ=m B g ,其中θ=30°,μ=3/4,代入可得:m B ∶m A =(4+33)∶8.【答案】 (4+33)∶8。
高考物理一轮复习易错专题03 物态变化(解析版)
易错专题03 物态变化【易错点诠释】读数时不注意零刻度线的位置,往往把“零下”读成“零上”防止出错的方法是观察数字如果数字越往上越大,读数为零上:如果数字越往上越小,读数为零下.先确定“0 ℃”的位置,再正确读数。
01温度计的读数【例题】(2021·四川成都·中考真题)用实验室常用温度计测量烧杯中热水的温度时,下列说法正确的是( )A .温度计的感温泡可以碰到容器壁B .将感温泡浸入热水马上读出温度C .读数时温度计可以离开被测热水D .读数时如图所示,测量数据偏大【答案】D【解析】A .温度计感温泡不可以碰到容器底或容器壁,否则会造成所测温度不准确,故A 错误;B .将感温泡浸没热水后,应待温度计示数稳定后,再读数,故B 错误;C .读数时温度计不应离开热水来读数,否则会造成读数有偏差,故C 错误;D .读数时,视线应与刻度值保持水平,图中俯视读数或导致测量结果偏大,故D 正确。
故选D 。
1.(2021·海南·海口市第十四中学九年级月考)如图分别表示几位同学在“练习用温度计测液体的温度”实验中的做法,正确的是( )温度计的读数 易错点01A .①和④B .②和⑤C .③和⑥D .都正确【答案】B 【解析】用液体温度计测量液体的温度时,温度计的玻璃泡要与待测液体充分接触,不能与容器的底和侧壁接触,故①③错误,②正确;在读数时,视线应与液柱的上表面相平,故⑤正确,④⑥错误。
综上,ACD 错误,B 正确。
故选B 。
2.(2021·福建·龙岩北大附属实验学校国际校区九年级月考)用一支示数为38C ︒的体温计,未经下甩,便去测量一个正常人的体温,如果环境温度是35C ︒,那么体温计的示数为( )A .38C ︒B .37C ︒ C .36.5C ︒D .35C ︒【答案】A【解析】由于体温计的构造特殊,液泡上方有一缩口,体温计里面的液体未经下甩不会自动下来,用后再次使用必须用力向下甩。
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运动的描述与匀变速直线运动课时作业课时作业(一)第1讲描述直线运动的基本概念时间/40分钟基础达标图K1-11.[2018·杭州五校联考]智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活.如图K1-1所示为某地图APP软件的一张截图,表示了某次导航的具体路径,其推荐路线中有两个数据:10分钟,5.4公里.关于这两个数据,下列说法正确的是()A.研究汽车在导航图中的位置时,可以把汽车看作质点B.10分钟表示的是某个时刻C.5.4公里表示此次行程的位移的大小D.根据这两个数据,我们可以算出此次行程的平均速度的大小2.[2018·河北唐山统测]下列关于加速度的说法正确的是()A.加速度恒定的运动中,速度大小恒定B.加速度恒定的运动中,速度的方向恒定不变C.速度为零时,加速度可能不为零D.速度变化率很大时,加速度可能很小3.如图K1-2所示,哈大高铁运营里程为921公里,设计时速为350公里.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动,开始刹车后第5s内的位移是57.5m,第10s内的位移是32.5m,已知10s末列车还未停止运动,则下列说法正确的是 ()图K1-2A.在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B.921公里是指位移C.列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25m/s2D.列车在开始刹车时的速度为80m/s4.下表是四种交通工具做直线运动时的速度改变情况,下列说法正确的是 ()A.①的速度变化最大,加速度最大B.②的速度变化最慢C.③的速度变化最快D.④的末速度最大,但加速度最小5.一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度的方向相同,但加速度大小先保持不变,再逐渐减小直至为零,则在此过程中()A.速度先逐渐增大,然后逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最小值B.速度先均匀增大,然后增大得越来越慢,当加速度减小到零时,速度达到最大值C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移将不再增大D.位移先逐渐增大,后逐渐减小,当加速度减小到零时,位移达到最小值图K1-36.如图K1-3所示,一小球在光滑水平面上从A点开始向右运动,经过3s与距离A点6m的竖直墙壁碰撞,碰撞时间很短,可忽略不计,碰后小球按原路以原速率返回.取小球在A点时为计时起点,并且取水平向右的方向为正方向,则小球在7s内的位移和路程分别为()A.2m,6mB.-2m,14mC.0m,3mD.2m,14m技能提升7.(多选)在机器人大赛中,某机器人在平面内由点(0,0)出发,先沿直线运动到点(3,1),接着又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4),然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5),最后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2),平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1m.整个过程中机器人所用时间是2s,则()A.机器人的运动轨迹是一条直线B.机器人不会两次通过同一点C.整个过程中机器人的位移大小为2mD.整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点(2,2)的位移方向相反图K1-48.(多选)一质点沿一边长为2m的正方形轨道匀速率运动,每秒钟移动的路程为1m,初始位置在bc 边的中点A,由A向c运动,如图K1-4所示,A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点.下列说法正确的是()A.第2s末的瞬时速度大小是1m/sB.前2s内的平均速度大小为m/sC.前4s内的平均速率为0.5m/sD.前4s内的平均速度大小为2m/s图K1-59.为了测定气垫导轨上滑块的加速度,滑块上安装了宽度为d=3.0mm的遮光板,如图K1-5所示,滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门,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为Δt1=0.030s,通过第二个光电门的时间为Δt2=0.010s,遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt=3.0s,则滑块的加速度约为()A.0.067m/s2B.0.67m/s2C.6.7m/s2D.不能计算10.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=40km/h的速度运动,在后半段位移上以v2=60km/h的速度运动;乙车在前半段时间内以v1=40km/h的速度运动,在后半段时间内以v2=60km/h的速度运动,则甲、乙两车在整个过程中的平均速度大小v甲、v乙的关系是()A.v甲=v乙B.v甲>v乙C.v甲<v乙D.无法比较图K1-611.如图K1-6所示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片.该照片经过放大后分析出,在曝光时间内,子弹影像前后错开的距离约为子弹长度(记为0.05m)的1.5%.已知子弹飞行速度约为500m/s,则该照片的曝光时间最接近 ()A.10-3sB.10-6sC.10-9sD.10-12s12.天空有近似等高的浓云层.为了测量云层的高度,在水平地面上与观测者的距离为d=3.0km处进行一次爆炸,观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声在时间上相差Δt=6.0s.试估算云层下表面的高度.(已知空气中的声速v=km/s)挑战自我13.(多选)如图K1-7甲所示是一种速度传感器的工作原理图,在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子,工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲,脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收,从B盒发射超声波开始计时,经时间Δt0再次发射超声波脉冲,图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图像.下列说法错误的是 ()图K1-7A.超声波的速度为v声=B.超声波的速度为v声=C.物体的平均速度为=D.物体的平均速度为=14.一辆汽车从静止开始沿直线匀加速开出,然后保持匀速运动,最后匀减速运动,直到停止,下表给出了不同时刻汽车的速度:(1)汽车从开出到停止总共经历的时间是多少?(2)汽车通过的总路程是多少?课时作业(二)第2讲匀变速直线运动的规律及应用时间/40分钟基础达标图K2-11.在如图K2-1所示的v-t图像中,图线甲表示一物体做匀加速直线运动.直线乙将图线甲与时间轴所围面积分为上、下两部分,上部分的面积用x1表示,下部分的面积用x2表示.下列判断正确的是()A.等于物体在0~t1时间内的平均速度,等于物体运动的加速度B.等于物体在0~t1时间内的平均速度,等于物体运动的加速度C.等于物体在0~t1时间内的平均速度,等于物体运动的加速度D.等于物体在0~t1时间内的平均速度,等于物体运动的加速度2.某物体沿x轴做直线运动,其位置坐标随时间变化的关系可表示为x=5+2t n,其中x的单位为m,时间t的单位为s,则下列说法正确的是()A.若n=1,则物体做匀速直线运动,初位置在0m,速度大小为5m/sB.若n=1,则物体做匀速直线运动,初位置在5m,速度大小为4m/sC.若n=2,则物体做匀变速直线运动,初速度大小为0,加速度大小为4m/s2D.若n=2,则物体做匀变速直线运动,初速度大小为5m/s,加速度大小为2m/s23.[2018·甘肃白银二中三模]一个小球由静止开始沿斜面下滑,经3s进入一个水平面,再经6s停下,斜面与水平面交接处的能量损失不计,则小球在斜面上和水平面上运动的位移大小之比是()A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.2∶14.[2018·荆州中学4月月考]某潜水器在某次海试活动中完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后匀减速上浮,经过时间t上浮到海面时速度恰好减为零,则该潜水器在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为()A.B.vt0C.D.图K2-25.[2018·黑龙江齐齐哈尔一模]如图K2-2所示,一辆汽车从A点由静止开始运动,先做匀加速直线运动,运动到B点时接着做匀速直线运动,运动到C点时运动的总时间为t,总路程为s,B是AC的中点,则汽车匀速运动的速度大小为 ()A.B.C.D.6.[2018·北京顺义模拟]我国道路安全部门规定:高速公路上汽车行驶的最高时速为120km/h.交通部门提供下列资料.资料一:驾驶员的反应时间为0.3~0.6s资料二:各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)根据以上资料,通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近()B.100m B.200mC.300mD.400m技能提升7.一物体以初速度v0做匀减速直线运动,第1s内通过的位移为x1=3m,第2s内通过的位移为x2=2m,又经过位移x3物体的速度减小为0,则下列说法不正确的是 ()A.初速度v0的大小为2.5m/sB.加速度a的大小为1m/s2C.位移x3的大小为mD.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s图K2-38.[2018·湖北枝江一中月考]如图K2-3所示,某学习小组利用直尺估测反应时间:甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直,直尺零刻度线位于乙同学的两指之间.当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏住直尺,根据乙手指所在位置计算反应时间.为简化计算,某同学将直尺刻度进行了改进,以相等时间间隔在直尺的反面标记反应时间的刻度线,制作了“反应时间测量仪”,如图K2-4所示的四幅图中刻度线标度正确的是()图K2-4图K2-59.(多选)[2018·湖北松滋期末]如图K2-5所示,一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀减速直线运动,依次经A、B、C、D到达最高点E,已知AB=BD=6m,BC=1m,滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s.设滑块经过A、B、C、D时的速度分别为v A、v B、v C、v D,则()A.v A=5m/sB.v B=4m/sC.v C=3m/sD.v D=2m/s10.(多选)一质点做匀加速直线运动,依次经过A、B、C、D四点,相邻两点间的距离分别为AB=s1、BC=s2、CD=s3,已知质点通过AB段、BC段、CD段所用的时间均为T,则质点在B点的速度表达式正确的是()A.B.C.D.11.如图K2-6所示,小滑块在较长的固定斜面顶端以初速度v0=2m/s、加速度a=2m/s2沿斜面加速向下滑行,在到达斜面底端前1s内,滑块所滑过的距离为L,其中L为斜面长.求滑块在斜面上滑行的时间t和斜面的长度L.图K2-612.[2019·湖北松滋一中月考]航空母舰静止在海面上,某型号的舰载机质量m=3×104kg,在航空母舰上无风起飞时,加速度是5m/s2,跑道长160m.为了使飞机正常起飞,航母上装有舰载机起飞弹射系统,无风时弹射系统必须给飞机30m/s的初速度才能使飞机从舰上起飞.设加速过程为匀加速运动,起飞速度为飞机相对空气的速度,则:(1)无风时起飞速度是多少?(2)某次执行任务,有风速为10m/s的平行于跑道的海风,飞机逆风行驶起飞,测得加速度减小了0.8m/s2,则弹射系统必须给飞机多大的初速度才能使飞机正常起飞?挑战自我13.[2018·咸阳二模]2015年我国ETC已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间.假设一辆汽车以10m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20m处开始减速,至窗口处恰好停止,再用10s时间完成交费;若进入ETC通道,它从某位置开始减速,当速度减至5m/s 后,再以此速度匀速行驶5m即可完成交费.若两种情况下,汽车减速时加速度大小相同,求:(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小;(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道通行比从人工收费通道通行少用的时间.专题训练(一)专题一运动图像追及、相遇问题时间/40分钟基础达标图Z1-11.[2018·安徽六安模拟]利用传感器与计算机结合,可以自动作出物体运动的图像.某同学在一次实验中得到运动小车的速度—时间图像如图Z1-1所示,由此图像可知()A.18s时小车的加速度大于13s时小车的加速度B.小车做曲线运动C.13s末小车距离出发点最远D.前10s内小车的平均速度比后10s内的大图Z1-22.[2018·咸阳二模]如图Z1-2所示为A、B两个运动物体的x-t图像,下列说法正确的是()A.A、B两个物体开始时相距100m,同时同向运动B.B物体做匀减速直线运动,加速度大小为5m/s2C.A、B两个物体运动8s时,在距A的出发点60m处相遇D.A物体在2s到6s之间做匀速直线运动图Z1-33.[2018·辽宁联考]甲、乙两辆汽车在同一平直的公路上行驶,在t=0到t=t2时间内,它们的x-t图像如图Z1-3所示.在这段时间内()A.汽车甲做加速运动,汽车乙做减速运动B.汽车甲的位移大小大于汽车乙的位移大小C.汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反D.在时刻t1,汽车甲追上汽车乙4.[2018·天津河西二模]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Z1-4所示,取物体开始运动的方向为正方向,则如图Z1-5所示关于物体运动的v-t图像正确的是()图Z1-4图Z1-5图Z1-65.[2018·昆明一中模拟]甲、乙两辆汽车沿平直公路同向行驶,以0时刻为计时起点,此时乙车在甲车前s0处,两车运动的v-t图像如图Z1-6所示,图中甲、乙两车图像所夹面积为s.关于两车的运动,下列说法正确的是 ()A.t0时刻两车一定相遇B.0~t0时间内乙车的平均速度是C.若s大于s0,两车一定可以相遇两次D.若s小于s0,两车一定可以相遇两次图Z1-76.从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球,若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比,小球运动的速率随时间变化的规律如图Z1-7所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地速率为v1,且落地前小球已经做匀速运动,则下列说法中错误的是(重力加速度为g) ()A.小球的加速度在上升过程中逐渐减小,在下降过程中也逐渐减小B.小球被抛出瞬间的加速度大小为gC.小球被抛出时的加速度最大,到达最高点时的加速度最小D.小球上升过程的平均速度小于技能提升图Z1-87.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动,以初速度方向为正方向,其加速度随时间变化的a-t图像如图Z1-8所示.关于甲、乙在0~t0时间内的运动情况,下列说法正确的是()A.0~t0时间内,甲做减速运动,乙做加速运动B.0~t0时间内,甲和乙的平均速度相等C.在t0时刻,甲的速度比乙的速度小D.在t0时刻,甲和乙之间的间距最大8.为了研究汽车的启动和制动性能,现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验.让甲车以最大加速度a1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动,直到停止;乙车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度制动,直到停止.实验测得甲、乙两车的运动时间相等,且两车运动的位移之比为5∶4,则a1∶a2为()A.2∶1B.1∶2C.4∶3D.4∶59.一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动,其速度v随时间t变化的规律如图Z1-9所示,在连续两段时间m和n内对应面积均为S,则b时刻的速度大小为图Z1-9() A.B.C.D.10.从同一地点同时开始沿同一直线运动的Ⅰ、Ⅱ两个物体的速度—时间图像如图Z1-10所示.在0~t2时间内,下列说法中正确的是()图Z1-10A.Ⅰ物体所受的合外力不断增大,Ⅱ物体所受的合外力不断减小B.在第一次相遇之前,t1时刻两物体相距最远C.t2时刻两物体相遇D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是图Z1-1111.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶,其v-t图像如图Z1-11所示,下列对汽车运动状况的描述正确的是()A.在10s末,乙车改变运动方向B.在10s末,甲、乙两车相距150mC.在20s末,甲、乙两车相遇D.若开始时乙车在前,则两车可能相遇两次12.如图Z1-12甲所示,A车原来临时停在一水平路面上,B车在后面匀速向A车靠近,A车司机发现后启动A车,以A车司机发现B车为计时起点(t=0),A、B两车的v-t图像如图乙所示.已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m.(1)求B车运动的速度大小v B和A车的加速度大小a;(2)若A、B两车不会相撞,则A车司机发现B车时(t=0)两车的距离s0应满足什么条件?图Z1-12挑战自我13.A、B两车在同一直线上向右匀速运动,B车在A车前,A车的速度大小为v1=8m/s,B车的速度大小为v2=20m/s,如图Z1-13所示.当A、B两车相距x0=28m时,B车因前方突发情况紧急刹车(已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动),加速度大小为a=2m/s2,从此时开始计时.(1)A车追上B车之前,求两者相距的最大距离;(2)求A车追上B车所用的时间;(3)从安全行驶的角度考虑,为避免两车相撞,在题设条件下,求A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.图Z1-13课时作业(一)1.A[解析]研究汽车在导航图中的位置时,汽车的大小和形状可忽略不计,则可以把汽车看作质点,选项A正确;10分钟表示的是时间,选项B错误;5.4公里表示此次行程的路程,选项C错误;平均速率等于路程和时间的比值,根据给出的这两个数据,我们可以算出此次行程的平均速率,选项D错误.2.C[解析]加速度恒定的运动是匀变速运动,速度均匀变化,速度大小变化,速度方向也可能变化,例如平抛运动是匀变速曲线运动,速度的大小和方向都变化,选项A、B错误.速度为零时,加速度可能不为零,例如竖直上抛运动中到达最高点时,速度为零,加速度为g,选项C正确.加速度等于速度变化率,所以速度变化率很大,加速度一定很大,选项D错误.3.D[解析]因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离,故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点,选项A错误;由位移与路程的意义知921公里是指路程,选项B错误;由x n-x m=(n-m)aT2,解得加速度a==-5m/s2,即加速度大小为5m/s2,选项C错误;匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则第4.5s末列车速度为57.5m/s,由速度—时间公式可得v0=v-at=57.5m/s-(-5m/s2×4.5s)=80m/s,选项D正确.4.D[解析]速度变化指末速度与初速度之差,由表知④的速度变化最大,为20m/s;速度变化的快慢指速度变化与发生这个变化所用时间的比值,即加速度,由表知①的加速度最大,为a1=m/s2=3m/s2,④的加速度最小,为a4=m/s2=0.2m/s2.5.B[解析]加速度与速度同向,速度应增大.当加速度不变时,速度均匀增大;当加速度减小时,速度仍增大,但增大得越来越慢;当加速度为零时,速度达到最大值,保持不变,A错误,B正确.因质点速度方向不变化,始终向前运动,最终做匀速运动,所以位移一直在增大,C、D错误.6.B[解析]小球运动的速率不变,则v==2m/s,由题意可知,小球6s末回到了出发点,第7s内小球向左运动,位移x=-2×1m=-2m,7s内的路程s=vt=2×7m=14m,选项B正确.7.CD[解析]在坐标系中画出机器人的运动轨迹如图所示,可见其运动轨迹不是一条直线,图线的交点表示机器人两次通过同一点,A、B错误;整个过程中机器人的位移为从点(0,0)到点(2,2)的有向线段,大小为2m,C正确;(0,0)、(2,2)、(5,5)三个坐标点在一条直线上,故可得出整个过程中机器人的位移与由点(5,5)到点(2,2)的位移方向相反,D正确.8.AB[解析]质点每秒钟匀速率移动1m,故第2s末瞬时速度大小为1m/s,A正确;前2s内的位移大小为x1=AB==m=m,平均速度==m/s,B正确;前4s内质点通过的路程为4m,平均速率为1m/s,在第4s末到达C点,前4s内质点的位移大小为x2=AC=2m,平均速度为==m/s=0.5m/s,C、D错误.9.A[解析]遮光板通过第一个光电门的速度v1==m/s=0.10m/s,遮光板通过第二个光电门的速度v2==m/s=0.30m/s,故滑块的加速度a=≈0.067m/s2,选项A正确.10.C[解析]对甲车,设总位移为2x,通过前一半位移所用的时间为t1=,通过后一半位移所用的时间为t2=,全程的平均速度为v甲====48km/h;对乙车,设总时间为2t,前一半时间内的位移为x'1=v1t,后一半时间内的位移为x'2=v2t,全程的平均速度为v乙===km/h=50km/h,故甲车的平均速度小于乙车的平均速度.11.B[解析]已知子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1.5%,即实际错开的距离为L=1.5%×0.05m=7.5×10-4m,则曝光时间为t==s=1.5×10-6s,故B正确.12.2.0×103m[解析]如图所示,A表示爆炸处,O表示观测者所在处,h表示云层下表面的高度.用t1表示爆炸声直接传到O处所经历时间,则有d=vt1用t2表示爆炸声经云层反射到达O处所经历时间,因为入射角等于反射角,故有2=vt2已知t2-t1=Δt联立解得h=2.0×103m13.BC[解析]小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲后,超声波经过t1时间到达被测物体并被反射折回,再经过t1时间回到小盒子B,该过程中,超声波经过的路程为2x1,所以超声波的速度为v声=,选项A正确;从B盒发射超声波开始计时,经时间Δt0再次发射超声波脉冲,超声波经过(t2-Δt0)时间到达被测物体并被反射折回,再经过(t2-Δt0)回到小盒子B,该过程中,超声波经过的路程为2x2,所以超声波的速度为v声=,选项B错误;被测物体在t1时刻第一次接收到超声波,在Δt0+(t2-Δt0)即(t2+Δt0)时刻第二次接收到超声波,该过程中被测物体发生的位移为x2-x1,所以物体的平均速度为==,选项C错误,选项D正确.14.(1)11s(2)96m[解析](1)汽车匀减速运动的加速度a2=m/s2=-6m/s2设汽车从速度为3m/s经t'时间停止,则t'=s=0.5s故汽车从开出到停止总共经历的时间为t总=10.5s+0.5s=11s.(2)汽车匀加速运动的加速度a1=m/s2=3m/s2汽车匀加速运动的时间t1=s=4s汽车匀减速运动的时间t3=s=2s汽车匀速运动的时间t2=t总-t1-t3=5s汽车匀速运动的速度为v m=12m/s则汽车总共运动的路程s=t1+v m t2+t3=m=96m.课时作业(二)1.D[解析]v-t图像的斜率表示加速度,即a=,v t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移,物体在0~t1时间内的位移x=x1+x2,平均速度=,选项D正确.2.C[解析]若n=1,则x=5+2t,即初位置在x=5m处,速度大小为v=2m/s且不变,所以物体做匀速直线运动,速度大小为2m/s,选项A、B错误;若n=2,则x=5+2t2,与x=x0+v0t+at2对比可得v0=0,a=4m/s2,选项C正确,D错误.3.B[解析]在斜面上的初速度为0,末速度为v,在水平面上的初速度为v,末速度为0,因在斜面上和在水平面上均做匀变速直线运动,平均速度大小相等,可得==,选项B正确.4.A[解析]潜水器上浮时的加速度大小为a=,根据逆向思维,可知潜水器在t0时刻距离海面的深度为h=a(t-t0)2=,选项A正确.5.A[解析]设汽车从A运动到B所用时间为t1,从B运动到C所用时间为t2,汽车匀速运动的速度大小为v,有t1+t2=t,=vt1=vt2,联立可得t1=2t2=,v=,选项A正确.6.B[解析]安全距离由两阶段运动的位移组成,即由反应时间内的匀速运动和反应时间后的匀减速运动的位移组成,则安全距离x=vt+=×0.6m+×m≈200m,选项B正确.7.A[解析]根据匀变速直线运动的位移—时间公式,有x1=v0t1-a,x1+x2=v0(t1+t2)-a(t1+t2)2,解得v0=3.5m/s,a=1m/s2,选项A错误,选项B正确;设物体的总位移为x,停止时所用时间为t,根据匀变速直线运动的位移—速度公式和速度—时间公式,有=2ax,v0=at,解得x=m,t=3.5s,因此x3=x-x1-x2=m,所用时间t3=t-t1-t2=1.5s,位移x3内的平均速度大小==0.75m/s,选项C、D正确.8.B[解析]直尺做自由落体运动,根据h=gt2,Δh=gt2,可以得出相等时间间隔内的位移越来越大,故B正确.9.CD[解析]根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,故v C==3m/s,选项C正确;根据题意,由于滑块向上做匀减速直线运动,则有CD-AC=aT2,故a=-0.5m/s2,速度v D=v C+aT=2m/s,速度v A=v C-aT=4m/s选项A错误,D正确;B是AD的中点,则-=-,故v B==m/s,选项B错误.10.ABD[解析]B点对应AC的中间时刻,则v B=,选项A正确;C点对应BD的中间时刻,则v C=,而加速度a=,故v B=v C-aT=,选项B正确;加速度a=,则v B=v C-aT=,选项D 正确.11.3s15m[解析]由题意知a=2m/s2,v0=2m/s,设滑块从A到B的时间为t1,运动到B点的速度为v1,对AB段,有v1=v0+at1,=v0t1+a,对BC段,有=v1×1s+a×(1s)2,联立得t1=2s,L=15m,滑块在斜面上滑行的时间为t2=t1+1s=3s.12.(1)50m/s(2)16m/s[解析](1)设起飞速度为v,无风起飞时初速度v01=30m/s,a1=5m/s2根据v2-=2a1x1解得v=50m/s.(2)当飞机逆风行驶起飞时,起飞速度为v1=50m/s-10m/s=40m/s 加速度a2=4.2m/s2根据-=2a2x1解得v02=16m/s.13.(1)15m(2)11s[解析](1)根据速度—位移公式得,匀减速运动的加速度大小为a==m/s2=2.5m/s2,汽车在ETC通道,匀减速运动的时间为t1==s=2s,匀减速运动的位移为x==m=15m.(2)汽车在ETC通道,匀减速运动的时间为t1=2s,匀速行驶的时间为t2==s=1s,从开始减速到交费完成所需的时间为t=t1+t2=3s,过人工收费通道,匀减速运动的时间为t3==s=4s,汽车进入人工收费通道,从开始减速到交费完成所需的时间t'=4s+10s=14s,因此少用的时间为Δt=t'-t=14s-3s=11s.专题训练(一)1.A[解析]由v t图像的斜率大小表示小车的加速度大小可知,18s时小车的加速度大于13s时小车的加速度,选项A正确;v t图像只表示直线运动,选项B错误;小车在0~20s内速度方向不变,故t=20s时小车离出发点最远,选项C错误;由x前10s<x后10s,=,可知前10s内的平均速度比后10s内的小,选项D错误.2.C[解析]由图像可得A、B两个物体开始时相距100m,刚开始两图线的斜率正负不同,说明运动方向相反,选项A错误;B物体做匀速直线运动,加速度为0,选项B错误;两图线在8s时相交,表明此时相遇,相遇处距A的出发点为60m,选项C正确;A物体在2s到6s之间位置不变,处于静止状态,选项D错误.3.C[解析]x t图像的斜率表示速度,由图像可得甲和乙均做减速运动,运动方向相反,选项A 错误,C正确;0到t2时间内,甲和乙的位移大小相等、方向相反,选项B错误;在时刻t1,汽车甲和汽车乙相向运动而相遇,选项D错误.4.C[解析]由a t图像可得,0~1s内和2~3s内,加速度恒为正,则v t图像斜率恒定且为正;1~2s内和3~4s内,加速度恒为负,则v t图像斜率恒定且为负;对a t图像,0~1s内和1~2s 内,图线与时间轴所围的面积大小相等,速度的变化量方向相反,则0~2s内的速度变化量为0,选项C正确.5.C[解析]0~t0时间内,乙车的位移小于甲车的位移,则乙车的平均速度小于甲车的平均速度,而甲车的平均速度=,选项B错误;甲、乙两车的v-t图像所夹面积为s,表明在0~t0时间内,甲车比乙车运动的位移多s,若s等于s0,则两车刚好在t0时刻相遇,若s小于s0,则两车不能相遇,若s大于s0,则两车在t0前后各相遇一次,选项C正确,A、D错误.6.C[解析]由图像可知,0~t1时间内小球上升,t1时刻以后小球下降,因图像的斜率表示小球的加速度,可知上升和下降过程中加速度均在减小,最后匀速时加速度为零,且在刚抛出的瞬间加速度最大,故A正确,C错误;空气阻力与小球速率成正比,最终以速率v1匀速下降,有mg=kv1,小球被抛。