新教材物理广东版高中物理必修第一册全册练习(解析全册)
2024_2025学年新教材高中物理课时评价作业十四力的分解粤教版必修第一册
课时评价作业(十四)力的分解A级合格达标1．图中的四幅图展示了某同学做引体向上运动前的四种抓杠姿态，其中手臂受力最小的是( )A B C D解析：人体的重力可沿两手臂向下分解为使手臂张紧的两分力．由平行四边形可知，两分力的夹角越大，分力就越大，要省力的话，两臂需平行，故B正确．答案：B2．如图所示，一个物体受到3个共点力F1、F2、F3的作用，若将它们平衡并首尾相接，3个力矢量组成了一个封闭三角形，则物体所受这3个力的合力大小为( )A．2F1B．F2C．2F3D．0解析：由矢量三角形定则可以看出，首尾相接的随意两个力的合力必与第3个力大小相等、方向相反，所以这3个力的合力为零．答案：D3．(多选)如图所示，重力为mg的球用轻绳悬挂在光滑竖直墙上，绳与墙夹角为α，绳中张力为T，则球对墙的压力大小为( )A．mg tan αB．T cos αC．mg sin αD．T sin α解析：以球为探讨对象，由平衡条件得竖直方向有T cos α＝mg，水平方向有T sin α＝F N，解得F N＝mg tan α，或是F N＝T sin α，由牛顿第三定律可得球对墙的压力大小为mg tan α，或T sin α，故A、D正确，B、C错误．故选AD.答案：AD4．在粗糙的地面上匀速移动桌子，采纳下列施力方式，其中桌子受到的摩擦力最小的是( )A BC D解析：如题图所示，将选项A 中拉力沿水平方向和竖直方向分解，分力分别为F x 和F y .依据平衡条件，在竖直方向有F y ＋N 1－mg ＝0，则N 1＝mg －F y ；由f 1＝μN 1知，f 1<μmg ；同理可知，对选项B 有f 2>μmg ，在选项C 、D 中有f 3＝f 4＝μmg .综上可知，摩擦力最小的是f 1，A 正确．答案：A5．为了行车的便利与平安，上山的马路都是很长的“之”字形盘山马路，这样做的主要目的是( )A ．减小上山车辆受到的摩擦力B ．减小上山车辆的重力C ．减小上山车辆对路面的压力D ．减小上山车辆的重力平行于路面对下的分力解析：如图所示，重力G 产生的效果是使物体下滑的分力F 1和使物体压紧斜面的分力F 2，则F 1＝G sin θ，F 2＝G cos θ，倾角θ减小，F 1减小，F 2增大，同一座山，高度肯定，把马路修成盘山马路时，使长度增加，则路面的倾角减小，即减小上山车辆的重力平行于路面对下的分力，可使行车平安，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D6．图中，AB 、AC 两光滑斜面相互垂直，AC 与水平面成30°.若把球O 的重力依据其作用效果分解，则两个分力的大小分别为( )A.12G ，32G B.33G ，3G C.33G ，22G D.22G ，32G 解析：对球所受重力进行分解如图所示，由几何关系得F 1＝G cos 30°＝32G ， F 2＝G sin 30°＝12G .7．(2024·全国高三课时练习)在现实生活中，力的分解有着广泛的应用．一卡车陷入泥坑中，在紧急状况下，我们可以按如图所示的方法，用钢索把卡车和木桩拴紧，在钢索的中心用较小的垂直于钢索的侧向力F就简单将卡车拉出泥坑．下列说法正确的是( )A．力F肯定比它沿钢索分解的两个分力都大B．一个较小的力F可以分解为两个较大的分力C．力F的大小等于沿钢索分解的两个分力大小之和D．当力F作用于钢索时，若钢索上的力肯定，钢索形成的夹角越大，力F就越大解析：垂直于钢索的侧向力F的大小等于其两侧钢索拉力的合力，如图依据力F的作用效果将F分解成沿BO和AO方向的两个分力F1和F2；由于AOB是同一钢索，故F1＝F2.依据平行四边形定则画出受力状况，由于AOB趋近于180°，即使F较小，F1和F2也特别大，即两边绳子的拉力特别大，故能将卡车拉出泥坑，这种状况是一个较小的力F可以分解为两个较大的分力，故A、C错误，B正确；依据平行四边形定则可知，当力F作用于钢索时，若钢索上的力肯定，钢索形成的夹角越大，合力F就越小，故D错误．故选B.答案：BB级等级提升8．(2024·江苏城南高级中学高一期中)某同学用两只手分别撑住桌子(桌面等高)使自己悬空，并保持如图所示的姿态静止，两手臂和桌面夹角均为θ(0<θ<90°)，桌脚与地面之间有摩擦，桌面与地面均水平，增大两手臂和桌面之间的夹角θ，则( )A．每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力将变小B．每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力将变大C．每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力不变D．每只手臂所承受的作用力变大，地面对桌面的支持力将变大解析：设手臂受力为F，可得2F sin θ＝Mg.增大两手臂和桌面之间的夹角θ时，每只手臂所承受的作用力变小，地面对桌面的支持力大小等于人与桌面的总重，不会改变．故选C.9．(多选)拉链是便利人们生活的近代十大独创之一．图(a)为拉头劈开链齿的实例，拉齿简单被劈开是因为拉头内部的楔形物插入链齿时，楔形物两侧会对链齿产生很大的侧向压力，此过程可简化成图(b)的模型．已知拉头对链齿施加一个竖直向下的力F，楔形物顶端夹角为θ，则( )A．若F肯定，θ大时侧向压力大B．若F肯定，θ小时侧向压力大C．若θ肯定，F大时侧向压力大D．若θ肯定，F小时侧向压力大解析：由题意可将力F分解为两个垂直两侧拉链的压力，且由几何关系知，两分力的夹角与θ是互补关系，所以F肯定，θ越大两分力夹角越小，则分力越小，反之，θ越小两分力夹角越大，则分力越大，故A错误，B正确；当θ肯定时，即两分力的夹角肯定，则F越大分力越大，F越小分力越小，故C正确，D错误．故选BC.答案：BC10．两个力F1和F2间的夹角θ，两个力的合力为F.下列说法正确的是( )A．若F1和F2大小不变，角θ越大，合力F就越大B．若F1、F2中的一个增大，F可能减小C．若已知合力F的大小和方向、F1和F2大小，则在分解时有唯一解D．若已知合力F的大小和方向、F1的方向，当2F sin θ<F2<F时，分解时有唯一解解析：两个互成角度的力的合力，由平行四边形定则可知，若F1和F2大小不变，角θ越大，合力F就越小，角θ越小，合力越大，A错误．若F1、F2中的一个增大，F可能增大，也可能减小，如图所示，增大F2到F′2，合力F减小到F′，B正确．若已知合力F的大小和方向、F1和F2大小，由平行四边形定则可知，则在分解时，F1和F2大小不相等时有两个解；在F1和F2相等时有一个解，C错误；若已知合力F的大小和方向、F1的方向，当F sin θ<F2<F时，分解时有两个解，当F sin θ＝F2时有唯一解，D错误．故选B.答案：B11．两个大入和一个小孩拉一条船沿河岸前进．两个大人对船的拉力分别是F1和F2，其大小和方向如图所示．今欲使船沿河中心线行驶，求小孩对船施加的最小拉力的大小和方向．(答案可保留根号形式)解析：依据题意建立如图所示的直角坐标系．F1y＝F1sin 60°＝200 3 N，F2y＝F2sin 30°＝160 N，所以小孩最小拉力的大小为F＝F1y－F2y＝(2003－160)N＝186.4 N，方向为垂直于河中心线指向F2一侧．答案：186.4 N，垂直于河中心线指向F2一侧12.如图所示，物体的质量m＝4.4 kg，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 N/kg，求推力F 的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：若物体向上做匀速直线运动，则受力如图甲所示．F cos θ＝mg＋f，F sin θ＝F N，f＝μF N，故推力F＝mgcos θ－μsin θ＝4.4×100.8－0.5×0.6N＝88 N.若物体向下做匀速直线运动，受力如图乙所示．甲乙F cos θ＋f′＝mg，F sin θ＝F N，f′＝μF N，故推力F＝mgcos θ＋μsin θ＝4.4×100.8＋0.5×0.6N＝40 N.答案：88 N和40 N。
新教材高中物理第一章运动的描述测评含解析粤教版必修第一册
第一章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2020广东湛江高一期末调研)下列物理量中属于矢量的是()A.温度B.位移C.时间D.质量,是标量;而位移既有大小又有方向,是矢量.2.关于物体的运动,下列说法不可能的是()A.加速度在减小,速度在增加B.加速度向东,而速度向西C.加速度和速度大小都在变化,加速度最大时速度最小,速度最大时加速度最小D.加速度方向改变而速度不变,加速度在减小,但速度在增加,是可能的,故A不符合题意;加速度向东,而速度向西,两者方向相反,做减速运动,是可能的,故B不符合题意;加速度和速度大小都在变化,当加速度与速度方向相反时,加速度最大时速度减速到零达到最小,当加速度与速度方向相同时,加速度减小到零的时候,速度会达到最大值,是可能的,故C不符合题意;加速度是用来改变速度的,只要有加速度那么速度就一定会发生变化,所以加速度方向改变而速度不变是不可能的,故D符合题意.3.(2020广东肇庆高一期末)2020年11月28日20时58分,“嫦娥五号”探测器经过约112 h奔月飞行,在距月面400 km处成功实施发动机点火,约17 min后,发动机正常关机,顺利进入环月轨道.结合所学物理知识,下列说法正确的是()A.“2020年11月28日20时58分”是时间B.“约112 h”是时刻C.“400 km”是指“嫦娥五号”运动的路程D.研究“嫦娥五号”绕月球的运动轨迹,可将“嫦娥五号”视为质点2020年11月28日20时58分”是时刻,选项A错误;“约112h”是一段时间,选项B正确;“400km”是指“嫦娥五号”相对月面的距离,选项C错误;在研究“嫦娥五号”绕月球的运动轨迹时,“嫦娥五号”的大小和形状可以忽略,可以将其视为质点,选项D正确.4.(2020广东清远高一期末)如图所示是某校高一年级进行的一次远足活动的路线图,某同学用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km,而他实际从A运动到C用时55 min,在C处休息了20 min,从C运动到B用时45 min,路标指示A到B的实际里程数是12 km,下列说法正确的是()A.该同学从A到C的平均速度大小为1.25 m/sB.整个过程中,该同学的平均速度大小为1.67 m/sC.整个过程中,该同学的平均速度大小为1.25 m/sD.该同学经过C时的瞬时速度的方向一定由C指向BA到C的位移大小,故无法求出从A到C的平均速度,选项A错误;出发地A和目的地B之间的位移为s=9km,平均速度由得,=1.25m/s,选项B错误,C正确;该同学经过C时的瞬时速度的方向沿该点切线方向,选项D错误.5.一质点始终向着一个方向做直线运动,在前t时间内平均速度为,后t时间内平均速度为2v,则物体在t时间内的平均速度大小为()A. B. C.v D.t时间内的位移s1=vt,后t时间内的位移s2=2v·t=vt,所以t时间内的平均速度=v,故选项C正确.6.如图所示为A、B两人骑自行车在同一直线上运动的位移—时间图像,由图像知()A.A、B两人同向行驶B.A、B两人在第1 s末相遇C.在4 s内,A行驶的路程比B行驶的路程多D.在5 s末,A的位移比B的位移大-t图像表示物体的位置随时间的变化,图像上的任意一点表示该时刻的位置,图像的斜率表示该时刻的速度,斜率的正负表示速度的方向,所以0~2s内A速度为负方向,B速度为正方向,所以两人运动方向相反,选项A错误.由图像得知A、B两人在第1s末位移大小和方向均不相同,故不能相遇,选项B错误.在4s内,A从30m位置走到6m处,行驶的路程为24m;B先从零位置到达25m位置,然后静止2s,即B行驶的路程为25m,则在4s内,A行驶的路程小于B行驶的路程,选项C错误.在5s内,A从30m位置走到零位置,位移大小为30m;B先从零位置到达25m位置,然后静止2s,再向负方向运动12.5m,位移大小为12.5m,则在5s内,A行驶的位移比B行驶的位移大,选项D正确.7.右图为甲、乙两物体沿同一直线,同时开始运动的v-t图像.以下判断正确的是()A.甲、乙两物体均做匀速直线运动B.在时刻t1甲、乙两物体加速度大小相等C.甲、乙两物体运动过程中加速度均不变,甲的加速度大D.甲、乙两物体运动过程中加速度均不变,乙的加速度大,选项A错误;v-t图像交点处速度相等,加速度不相等,选项B错误;v-t图像斜率代表加速度,甲、乙的倾斜程度不变,所以加速度均不变,乙的倾斜程度大,则乙的加速度大,选项C错误,D正确.二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.一质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动,每秒钟匀速移动1 m,初始位置在bc边的中点A,由b向c运动,如图所示,A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点,则下列说法正确的是()A.第2 s末的瞬时速度是 m/sB.前4 s内的平均速率为1 m/sC.前2 s内的平均速度为 m/sD.前2 s内的平均速度为2 m/s2s末在B点,瞬时速度大小是1m/s,故A错误;前4s内,物体运动到C点,路程为4m,所以平均速率为 m/s=1m/s,故B正确;前2s内,物体从A经过c到B,位移为 m,平均速度为 m/s,选项C正确,D错误.9.在中国海军护航编队“巢湖”舰、“千岛湖”舰护送下,“河北锦绣”“银河”等13艘货轮历时36 h顺利抵达亚丁湾西部预定海域.此次护航总航程4 500海里,已知1海里=1 852 m.假设所有船只运动速度都相同,则下列说法正确的是()A.研究舰队的行驶路程时不可将“千岛湖”舰看作质点B.以“千岛湖”舰为参考系,“巢湖”舰一定是静止的C.根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速度D.根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速率,所以研究舰队的行驶路程时可将“千岛湖”舰看作质点,故选项A错误;因为所有船只运动速度都相同,则以“千岛湖”舰为参考系,“巢湖”舰是静止的,故选项B正确;“4500海里”是护航舰走过的轨迹长度,因此为路程而不是位移,平均速率为路程和时间的比值,由于不知运动位移的大小,不能求出此次航行的平均速度,故选项C错误,D 正确.10.一个质点做变速直线运动的v-t图像如图所示,下列说法正确的是()A.第1 s内与第5 s内的速度方向相反B.第1 s内的加速度大于第5 s内的加速度C.OA、AB、BC段的加速度大小关系是a BC>a OA>a ABD.OA段的加速度与速度方向相同,BC段的加速度与速度方向相反1s内与第5s内的速度均为正值,方向相同,选项A错误.第1s内、第5s内的加速度分别为a1=m/s2=2m/s2、a5=m/s2=-4m/s2,第1s内的加速度小于第5s内的加速度,a1、a5的符号相反,表示它们的方向相反,选项B错误,D正确.由于AB段的加速度为零,故三段的加速度的大小关系为a BC>a OA>a AB,选项C正确.三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(8分)下图是电火花计时器的示意图.电火花计时器和电磁打点计时器一样,工作时使用(选填“交流”或“直流”)电源,当电源的频率是50 Hz时,每隔 s打一次点.其工作时的基本步骤如下:A.当纸带完全通过电火花计时器后,立即关闭电源B.将电火花计时器电源插头插入相应的电源插座C.将纸带从墨粉纸盘下面穿过电火花计时器D.接通开关,听到放电声,立即拖动纸带运动上述步骤正确的顺序是.(按顺序填写步骤编号)220V交变电流,频率为50Hz时,打点时间间隔为0.02s,工作时,应先接通电源后拖动纸带,并且打完纸带后应立即关闭电源,所以正确的顺序是CBDA。
2024_2025学年新教材高中物理模块检测含解析粤教版选择性必修第一册
模块综合检测(分值：100分)(老师用书独具)1．(3分)如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前，这样做可以( )接球动作A ．减小球的动量的变更量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变更率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变更量C [由动量定理Ft ＝0－mv ，而接球时先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球快速引至胸前为了延长时间，减小受力，即F ＝0－mv t，也就是减小了球的动量变更率，故C 正确．] 2．(3分)在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是( )A ．自由下落的小球在空中运动的随意一段时间内，其增加的动能肯定等于其削减的重力势能B ．做平抛运动的小球在空中运动的随意相同的时间内，其速度的变更量肯定相同C ．做匀速圆周运动的小球在随意一段时间内其合外力做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零D ．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零C [不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能肯定等于其减小的重力势能，故A 正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的随意相同的时间内，其速度的变更量肯定相同，故B 正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向肯定指向圆心，小球在随意一段时间内其合外力做的功肯定为零，但由于速度的方向不断变更，所以速度的变更量不肯定等于0，合外力的冲量也不肯定为零，故C 错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，全部的物理量都与起先时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零，故D 正确．]3．(3分)如图所示是探讨光的双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S 1、S 2，由S 1和S 2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹．已知入射激光的波长为λ，屏上的P 点到两缝S 1和S2的距离相等，假如把P处的亮条纹记作第0号亮条纹，由P向上数，与0号亮条纹相邻的亮条纹为1号亮条纹，与1号亮条纹相邻的亮条纹为2号亮条纹，则P1处的亮条纹恰好是10号亮条纹．设直线S1P1的长度为r1，S2P1的长度为r2，则r2－r1等于( )A．9.5λB．10λC．10.5λD．20λB[由题设可知，从中心亮条纹P算起，P1点处是第10号亮条纹的位置，表明缝S1、S2到P1处的距离差r2－r1为波长的整数倍，且刚好是10个波长，所以选项B正确．] 4．(3分)一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摇摆加快了，则下列对此现象的分析及调整方法的叙述中正确的是( )A．g甲>g乙，将摆长适当增长B．g甲>g乙，将摆长适当缩短C．g甲<g乙，将摆长适当缩短D．g甲<g乙，将摆长适当增长D[摆钟的运动是简谐运动，周期遵循T＝2πLg，摆钟摇摆加快说明周期变小，摆钟本身没变，说明g甲<g乙；所以应当调整摆长使周期变大，那么L应当调长一些，故答案选D．] 5．(3分)一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时起先上下振动，一小段时间后产生的波形如图，对于其后绳上各点的振动状况，以下推断正确的是( )A．波源Q产生的波将先到达中点MB．波源P的起振方向是向上的C．中点M的振动始终是加强的D．波源P振动的频率是波源Q的2倍B[由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A错误；由波的传播方向，可确定P质点的起振方向向上，故B正确；由于波长的不同，故两列波的频率不同，不能发生干涉现象，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱的，故C错误；由波形图可知，λP ＝2λQ ，依据T ＝λv ，f ＝1T可得：f P ∶f Q ＝λQ ∶λP ＝1∶2，故D 错误．] 6．(3分)如图潜水员在水深为h 的地方向水面张望，发觉自己头顶上有一圆形亮斑，假如水对空气的临界角为C ，则此圆形亮斑的直径是( )A ．2h tan CB ．2h sinC C ．2h cos CD ．2hA [在圆形亮斑边缘从空气射入水中的光线，折射角的大小等于临界角C ，如图所示，由几何关系可知，此圆形亮斑的直径是：d ＝2r ＝2h tan C ．A 符合题意，B 、C 、D 不符合题意．]7．(3分)一小球做竖直上抛运动的v t 图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．在t 时刻，小球的加速度为零B ．在t 时刻，小球的合外力为零C ．在0～2t 时间内，合力对小球做的功为零D ．在0～2t 时间内，合力对小球的冲量为零C [v t 图像的斜率表示加速度，由图可知t 时刻，小球的加速度为：a ＝0－v t ＝－v t，故A 错误；设物体的质量为m ，依据牛顿其次定律可知在t 时刻小球所受的合外力为：F ＝ma＝－m v t ，故B 错误；在0～2t 时间内，依据动能定理有：W 合＝12m (－v )2－12mv 2＝0，故C 正确；在0～2t 时间内，依据动量定理可得：I 合＝Δp ＝－2mv ，故D 错误．]8．(3分)简谐横波在匀称介质中沿直线传播，P 、Q 是传播方向上相距8 m 的两质点，波先传到P ，当波传到Q 起先计时，P 、Q 两点的振动图像如图所示(实线为Q 的振动图像)，设振幅为A ，则( )A．当Q的位移为0时，P的位移为±2 2 AB．该波从P传到Q的时间可能是8 sC．该波的传播速度可能为1.6 m/sD．该波的波长可能是3 mD[由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期为T＝6 s，质点Q的振动图像向左4 s后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4 s，即P传到Q的时间Δt可能为4 s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间Δt＝(4＋nT)s，n＝0、1、2、3，…，即Δt＝4 s，10 s，16 s，…，不行能为8 s，依据上述分析比照图像可知，当Q的位移为0时，P的位移为±3A2，故A、B错误；由v＝ΔxΔt，考虑到波的周期性，当Δt＝4 s,10 s,16s，…时，速度v可能为2.0 m/s,0.8 m/s,0.5 m/s，…，不行能为1.6 m/s.由λ＝vT可知，波长可能为12 m、4.8 m、3.0 m，…，故C错误，D正确．]9．(6分)细丝和单缝有相像的衍射图样．在相同条件下，小明用激光束分别垂直照耀两种不同直径的细丝Ⅰ和细丝Ⅱ，在光屏上形成的衍射图样如图1中a和b所示．已知细丝Ⅰ的直径为0.605 mm，现用螺旋测微器测量细丝Ⅱ的直径，如图2所示，细丝Ⅱ的直径为________mm.图中的________(填“a”或“b”)是细丝Ⅱ的衍射图样．[解析] 螺旋测微器的读数为：d＝0.5 mm＋49.9×0.01 mm＝0.999 mm；当细丝的直径越大时，衍射现象越不明显，由读数可知，细丝Ⅱ的直径大，由题目中图1可知，a图的衍射条纹间距较窄，因此图a是细丝Ⅱ的衍射图样．[答案] 0.999 a10．(8分)为了削减光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7m 的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的最小厚度．[解析] 由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消，最小厚度为绿光在膜中波长的14，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光相互抵消．而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变更．若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得： n ＝c v ＝λ0f λf ，即λ＝λ0n，那么增透膜厚度： h ＝14λ＝λ04n ＝5.52×10－74×1.38m ＝1×10－7 m. [答案] 1×10－7 m11．(4分)中国女科学家屠呦呦因发觉青蒿素而获得2015年诺贝尔生物学或医学奖，屠呦呦也成为首位获得该奖的中国人．在探讨青蒿素化学结构中，探讨人员用比可见光波长更短的X 射线衍射方法最终确定了其化学结构．在做单缝衍射试验中，下列说法正确的是( )A ．将入射光由可见光换成X 射线，衍射条纹间距变窄B ．使单缝宽度变小，衍射条纹间距变窄C ．换用波长较长的光照耀，衍射条纹间距变宽D ．增大单缝到屏的距离，衍射条纹间距变窄AC [单缝衍射的条纹间距可以用双缝干涉条纹宽度的公式Δx ＝L d λ定性探讨，其中L 为屏与缝的距离、d 为缝宽、λ为波长．将入射光由可见光换成X 射线，波长λ变小，衍射条纹间距会变窄，即衍射条纹间距变小，A 正确；使单缝宽度变小，即d 变小，则衍射条纹间距变宽，B 错误；换用波长较长的光照耀，依据公式Δx ＝L dλ可知，衍射条纹间距变宽，C 正确；增大单缝到屏的距离，即L 变大，则衍射条纹间距变大，D 错误．]12．(4分)如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A 、E 摆长相同，先使A 摆摇摆，其余各摆也摇摆起来，可以发觉( )A ．各摆摇摆的周期均与A 摆相同B ．B 摆振动的周期最短C ．C 摆振动的周期最长D ．E 摆的振幅最大AD [A 摆摇摆，其余各摆也摇摆起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A 摆的摇摆频率，而由于A 、E 摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则E 摆出现共振现象，故选A 、D ．]13．(4分)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 通过位移L 后，动量变为p ，动能变为E k ，以下说法正确的是( )A ．在F 作用下，这个物体经过位移2L ，其动量等于2pB ．在F 作用下，这个物体经过时间2t ，其动量等于2pC ．在F 作用下，这个物体经过时间2t ，其动能等于2E kD ．在F 作用下，这个物体经过位移2L ，其动能等于2E kBD [由题意可知，经过时间t 通过位移L 后，动量为p 、动能为E k ，由动量定理可知p ＝Ft ，由动能定理得E k ＝FL ，设物体质量为m ；当位移为2L 时，物体的动能E k ′＝F ·2L ＝2FL ＝2E k ，物体的动量p ′＝2mE k ′＝2m ×2E k ＝2p ，故A 错误，D 正确；当时间为2t 时，动量p ′＝F ·2t ＝2Ft ＝2p ，物体的动能E k ′＝p ′22m ＝()2p 22m ＝4p 22m ＝4E k ，故B 正确，C 错误．] 14．(4分)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34h 0(不计空气阻力)，则( )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为2RC ．小球离开小车后做竖直上抛运动D ．小球其次次能上升的最大高度h <34h 0 CD [小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0，所以系统的动量不守恒，故A 项错误；在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x ，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0即：m 2R －x t －m x t＝0，解得小车的位移：x ＝R ，故B 项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 项正确；小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，假如系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h 0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为34h 0<h 0，系统机械能不守恒．小球其次次在车中滚动时，克服摩擦力做功，机械能减小，因此小球再次离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，小球其次次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态，小球能上升的高度小于34h 0，故D 项正确．] 15．(10分)在探究单摆周期与摆长关系的试验中，(1)关于安装仪器及测时的一些试验操作，下列说法中正确的是________．(选填选项前面的字母)A ．用米尺测出摆线的长度，记为摆长lB ．先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长l ，再将单摆悬挂在铁架台上C ．使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°)，然后静止释放摆球D ．测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期(2)试验测得的数据如下表所示．(3)依据数据及图像可知单摆周期的平方与摆长的关系是________．(4)依据图像，可求得当地的重力加速度为______m/s 2.(结果保留3位有效数字)[解析] (1)用米尺测出摆线的长度，用游标卡尺测量摆球的直径，摆线的长度加上摆球的半径记为摆长l ，故A 错误；先将摆球和摆线连接好，固定在铁架台上，否则摆长变更，测量的误差较大，故B 错误；使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°)，从静止释放摆球让摆球振动，故C 正确；测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期，误差较大，为了减小误差，应采纳累积法，即测量30次或50次全振动的时间，再求出每次全振动的时间，作为周期，故D 错误．故选C ．(2)依据坐标系内描出的点作出图像如图所示：(3)由图示图像可知：T 2＝4l ，即周期的平方与摆长成正比．(4)由单摆周期公式：T ＝2πl g 可知，T 2＝4π2g l ， 由图示图像可知：4π2g＝k ＝4，解得：g ≈9.86 m/s 2. [答案] (1)C (2)见解析 (3)周期的平方与摆长成正比(说明：其他说法正确同样得分)(4)9.8616．(12分)如图所示，AOB 是由某种透亮物质制成的14圆柱体横截面(O 为圆心)，透亮物质折射率为 2.今有一束平行光以45°的入射角从真空射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出，设凡射到OB 面的光线全部被汲取，也不考虑OA 面的反射，求：(1)从AO 面射入透亮物质的折射角；(2)光线从透亮物质射向真空时发生全反射的临界角．(3)从圆柱AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几？[解析] (1)光路如图所示：从O 点射入的光线，折射角为r ，依据折射定律有：n ＝sin 45°sin r ，解得：r ＝30° . (2)由公式sin C ＝1n ＝12，得临界角为：C ＝45°. (3)设光线从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角恰等于临界角C ，ΔPQO 中α＝180°－90°－C －r ＝15°所以能射出的光线区域对应的圆心角为：β＝90°－α－r ＝45°能射出光线的部分占AB 面的比例为45°90°＝12. [答案] (1)30° (2)45° (3)1217．(12分)在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k ，振子质量为M ，振动的最大速度为v 0，如图所示，当振子在最大位移为A 的时刻，把质量为m 的物体轻放其上，则：(1)要保持物体和振子一起振动起来，两者间的动摩擦因数至少是多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)一起振动时，两者经过平衡位置的速度为多大？振幅又为多少？[解析] 放物体前最大回复力F ＝kA ，振动的最大机械能为12Mv 20. (1)放物体后，假定一起振动，则可能产生的最大加速度a ＝kA M ＋m，对物体m 来说，所需回复力是由M 供应的摩擦力，刚放时，所需的摩擦力最大，最大静摩擦力为μmg ，当μmg ≥ma 时一起振动，所以μ≥a g ＝kA M ＋m g ， 即动摩擦因数μ至少为kA M ＋m g. (2)由于m 于最大位移处放在M 上，放上后没有变更振动系统的机械能，振动中机械能守恒，经过平衡位置时，弹簧为原长，弹性势能为零，有12(M ＋m )v 2＝12Mv 20. 解得v ＝v 0M M ＋m .物体m 和振子M 在最大位移处动能为零，势能最大，这个势能与没放物体m 前相同，所以弹簧的最大形变是相同的，即振幅仍为A ．[答案] (1)kA M ＋m g (2)v 0M M ＋m A18．(12分)如图所示，光滑水平面上静止放置质量M ＝2 kg 的长木板C ；离板右端x ＝0.72 m 处静止放置质量m A ＝1 kg 的小物块A ，A 与C 间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量m B ＝1 kg 的小物块B ，B 与C 间的摩擦忽视不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 、B 均可视为质点，g 取10 m/s 2.现在木板上加一水平向右的力F ＝3 N ，到A 与B 发生弹性碰撞时撤去力F .问：(1)A 与B 碰撞之前运动的时间是多少？(2)若A 最终能停在C 上，则长木板C 的长度至少是多少？[解析] (1)若A 、C 相对滑动，则A 受到的摩擦力为：F A ＝μm A g ＝4 N>F ，故A 、C 不行能发生相对滑动，设A 、C 一起运动的加速度为aa ＝F m A ＋M＝1 m/s 2 由x ＝12at 2有：t ＝2x a＝1.2 s. (2)因A 、B 发生弹性碰撞，由于m A ＝m B ，故A 、B 碰后，A 的速度为0，则从碰后瞬间到- 11 - 木板与A 速度相同的过程中，由动量守恒定律得Mv 0＝(M ＋m A )v ，其中v 0＝at ，解得v 0＝1.2 m/s ，v ＝0.8 m/s由能量守恒得：μm A g Δx ＝12Mv 20－12(M ＋m A )v 2解得Δx ＝0.12 m故木板C 的长度L 至少为：L ＝x ＋Δx ＝0.84 m.[答案] (1)1.2 s (2)0.84 m。
新教材高中物理第三章相互作用测评含解析粤教版必修第一册
第三章测评(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度,则该弹簧的劲度系数为()A.40 m/NB.40 N/mC.200 m/ND.200 N/mF=kx,则k=N/m=200N/m,故D正确.2.如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是()A.M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C.M处受到的静摩擦力沿MN方向D.N处受到的静摩擦力沿水平方向,因此M处受到的支持力垂直于地面竖直向上,N处支持力过N垂直于切面斜向上,A正确,B错误;静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反,因此M处的静摩擦力沿水平方向,N处的静摩擦力沿MN方向,C、D错误.3.如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为()A.G和GB.G和GC.G和GD.G和G,设为F,日光灯处于平衡状态,由2F cos45°=G解得F=G,B项正确.4.如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A.GB.G sin θC.G cos θD.G tan θ,由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G,方向竖直向上.5.如图所示,A、B两物体重力都等于10 N,各接触面间的动摩擦因数都等于0.3,F1=1 N和F2=2 N的两个水平力分别作用在A和B上,A、B均静止,则A受的摩擦力和地面对B的摩擦力大小分别为()A.3 N,6 NB.1 N,2 NC.1 N,1 ND.0 N,1 N6.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为()A. B.C. D.F,则对B有μ1F=m B g;对整体有F=μ2(m A+m B)g,解得.7.如图所示,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千.某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变.木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后()A.F1不变,F2变大B.F1不变,F2变小C.F1变大,F2变大D.F1变小,F2变小板静止时受力情况如图所示,设轻绳与竖直木桩的夹角为θ,由平衡条件知,合力F1=0,故F1不变,F2=,剪短轻绳后,θ增大,cosθ减小,F2增大,故A正确.二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.如图所示,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平.现把物体Q轻轻地叠放在P上,则()A.P向下滑动B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力增大静止在斜面上时,沿斜面方向有mg sinθ=f≤μmg cosθ,即sinθ≤μcosθ,当把物体Q放在P上时μ、θ均不变,故P仍将保持静止,且合外力为零,则A、C错误,B正确.由f=mg sinθ知,当m变大时f将随之变大,D正确.9.如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同,下列说法正确的有()A.三条绳中的拉力都相等B.杆对地面的压力大于自身重力C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力,则三条绳与竖直杆间的夹角不相等,因竖直杆仅是压在地面上而没有固定,则三条绳对杆的拉力在水平方向的分力必平衡,但三个水平分力在水平面内的方向关系不确定,故不能确定三条绳中拉力的大小关系,A错误,C正确;由于三条绳对杆的拉力在竖直方向的分力都向下,故B正确;绳子拉力的合力竖直向下,杆的重力也竖直向下,它们不是一对平衡力,故D错误.10.力是物体间的相互作用.下列有关力的图示及表述正确的是()g不同,旅客所受重力不同,故对飞机的压力不同,A错误.充足气的篮球平衡时,内部气体对篮球壳的压力等于外部气体对篮球壳的压力与球壳弹力之和,故B正确.书对桌子的压力作用在桌子上,箭尾应位于桌面上,故C错误.平地上匀速行驶的汽车,其主动轮受到的地面的静摩擦力是其前进的动力,地面对其从动轮的摩擦力是阻力,汽车受到的动力与阻力平衡时才能匀速前进,故D正确.三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(6分)在“探究弹簧弹力与形变量的关系”时,某同学把两根弹簧按如图甲所示连接起来进行探究.(1)某次测量如图乙所示,指针示数为 cm.(2)在弹性限度内,将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数L A和L B如下表所示.用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为 N/m(重力加速度g取10 m/s2),由表中数据(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.由题图乙可知刻度尺的分度值为0.1cm,指针示数为16.00cm.(2)由胡克定律F=kx,结合题表中数据可得3mg=k1(),则k1=N/m≈12.4N/m,同理也能计算出弹簧Ⅱ的劲度系数..00(2)12.4能12.(8分)做“探究力的合成”实验时:(1)除已有的器材(方木板、白纸、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔)外,还必须有和.(2)下列实验操作正确的是()A.每次将橡皮条结点拉到同样的位置B.每次把橡皮条拉直C.每次准确读出弹簧测力计的示数D.每次记准细绳的方向(3)实验中得到如下数据,请根据给定的标度在方框中作图完成实验数据的处理.还需要的器材有弹簧测力计、橡皮筋.(2)同一次实验中,应把橡皮筋的结点拉到同一位置,而不仅仅拉直橡皮筋,实验中,要准确读出弹簧测力计的示数,记准细绳的方向,选项A、C、D正确.(3)作图如下:弹簧测力计橡皮筋(2)ACD(3)见解析图13.(12分)滑板运动是一项非常刺激的水上运动,研究表明,在进行滑板运动时,水对滑板的作用力F N垂直于板面,大小为kv2,其中v为滑板速率(水可视为静止).某次运动中,在水平牵引力作用下,当滑板和水面的夹角θ=37°时(如图所示),滑板做匀速直线运动,相应的k=54 kg/m,人和滑板的总质量为108 kg,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,忽略空气阻力.求:(1)水平牵引力的大小.(2)滑板的速率.以滑板和运动员为研究对象,其受力如图所示.由共点力平衡条件可得F N cosθ=mgF N sinθ=F联立解得F=810N(2)由(1)可知F N=又F N=kv2得v==5m/s.(2)5 m/s14.(14分)如图所示,在倾角θ=37°的斜面上,用一水平力F推一质量为m=10 kg的物体,欲使物体沿斜面匀速运动,已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求F的大小.,根据平衡条件得F cos37°=f+mg sin37°f=μ(mg cos37°+F sin37°)解得F=112N.若物体沿斜面向下匀速运动,根据平衡条件,得F cos37°+f=mg sin37°f=μ(mg cos37°+F sin37°)解得F=48N.或48 N15.(14分)如图所示,OA、OB、OC三段轻绳结于O点,OB水平且与放置在水平面上质量为m1=1.5 kg 的物体乙相连,OC下方悬挂物体甲,此时物体乙恰好未滑动.已知OA与竖直方向夹角为θ=37°,物体乙与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)OB绳对物体乙的拉力.(2)物体甲的质量m2.对物体乙进行受力分析,根据平衡条件有F OB=f m, 由于物体乙恰好未滑动,则f m=μm1g,故OB绳对物体乙的拉力F OB=μm1g=0.2×1.5×10N=3N.(2)对O点根据平衡条件有F OC=对物体甲根据平衡条件有F OC=m2g故物体甲的质量为m2=kg=0.4kg.(2)0.4 kg。
2021-2022学年新教材物理粤教版选择性必修第一册训练：第2章第3节单摆含解析
第二章 第三节A 组·基础达标1．如图所示，光滑轨道的半径为2 m ，C 点为圆心正下方的点，A 、B 两点与C 点相距分别为6 cm 与2 cm ，a 、b 两小球分别从A 、B 两点由静止同时释放，则两小球相碰的位置是( )A ．C 点B ．C 点右侧 C ．C 点左侧D ．不能确定【答案】A 【解析】由于半径远大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因为在同一地点，周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故两球同时到达C 点，故A 正确．2．(2020年杭州西湖高中期末)有一摆长为L 的单摆悬点正下方某处有一小钉，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M 至左边最高点N 运动过程中的闪光照片如图所示(悬点与小钉未被摄入)，P 为摆动中的最低点．已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与P 点的距离为( )A ．L 4B ．L 2C ．3L 4D ．无法确定【答案】C 【解析】设每相邻两次闪光的时间间隔为t ，则摆球在右侧摆动的周期为T 1＝8t ，在左侧摆动的周期为T 2＝4t ，T 1∶T 2＝2∶1.则T 1＝2πL 1g，T 2＝2πL 2g；两式两边相除得L 2＝14L 1，所以，小钉与悬点的距离s ＝L 1－L 2＝34L ，故C 正确．3．(2020广东名校期末)在广州走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟( )A ．变慢了，重新校准应减小摆长B ．变慢了，重新校准应增大摆长C ．变快了，重新校准应减小摆长D ．变快了，重新校准应增大摆长【答案】A 【解析】摆钟从广州带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g 变小，摆钟的摆长L不变，由T＝2πLg可知，摆钟的周期变大，摆钟变慢，要校准摆钟，需要减小摆钟的周期T，可以减小摆钟的摆长L，故A正确，B、C、D错误．4．(多选)(2020年牡丹江一中期末)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆【答案】ABD【解析】由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πLg得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确．5．(2020年邯郸馆陶一中检测)如图，竖直平面内有一半径为1.6 m、长为10 cm的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t＝0时刻起由静止释放．g取10 m/s2，t＝3 s时小球正在()A．向右加速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动【答案】A【解析】将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期T＝2πRg＝2π1.610s＝0.8π≈2.5 s，则在t＝3 s＝1.2T，时刻，小球在从左端向最低点的运动中，所以是向右做加速运动，故A正确，B、C、D错误．6．(2020年四川名校期中)如图所示，两个单摆A和B的摆长L A＞L B，将它们都拉离竖直方向一个很小的角度θ然后释放，那么这两个摆球到达最低点时的速度v的大小和经历时间t应满足()A．v A＞v B，t A＞t B B．v A＞v B，t A<t BC．v A＜v B，t A＜t B D．v A＜v B，t A＞t B【答案】A 【解析】单摆的小角度摆动是简谐运动，根据周期公式T ＝2πlg可知，摆长越长，周期越大，故t A >t B ，根据机械能守恒定律，有mgl (1－cos θ)＝12m v 2，解得v ＝2gl (1－cos θ)，摆长越长，最低点速度越大，故v A ＞ v B ，故A 正确，B 、C 、D 错误． 7．(2020年恩施联考)如图所示，将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的小球用长为L 的细线拴住并固定在装满水的容器底部，忽略阻力，将小球与竖直方向拉开一小角度，小球做简谐运动，重力加速度取g ，小球简谐运动的周期可能为( )A ．2πL gB ．2πg LC ．2πρρ水－ρ·L gD ．2πρ水－ρρ·gL【答案】C 【解析】单摆的周期公式T ＝2πLg，可知，周期只与摆长、重力加速度有关，在这个系统中，重力加速度不再是g ，我们假设为g ′，则G ＝mg ′＝ρVg ′，又G ＝(ρ水－ρ)Vg ，联立解得T ＝2πρρ水－ρ·Lg，故A 、B 、D 错误，C 正确． 8．(2020年郑州名校期中)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图像如图所示，选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知( )A ．甲、乙两单摆的摆长之比是49B ．t a 时刻甲、乙两单摆的摆角相等C ．t b 时刻甲、乙两单摆的势能差最小D ．t c 时刻甲、乙两单摆的速率相等【答案】A 【解析】由题图可知T 甲T 乙＝8×238＝23，又因为T ＝2πl g ，所以摆长之比为49，A 正确；由于两摆线长度不同，在t a 时刻离开平衡位置位移相等，两个单摆的摆角不相等，B 错误；因为甲的摆线短、摆幅大，所以甲上升的最大高度大于乙的，在t b 时刻，乙在平衡位置(最低处)，而甲在最高处，因此两者的势能差是最大的，C 错误；由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的，所以t c 时刻甲经过平衡位置时的速率大于乙的，D 错误．9．(2020年北京第十二中学联考)如图所示，一质量为M 的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m 的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球，铁球便上下做简谐运动，则( )A ．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B ．在小球从最高点向平衡位置运动的过程中小球的位移逐渐减小，回复力、加速度先减小后增大C ．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T ＝2πm kD ．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为mgk【答案】C 【解析】当弹簧的弹力等于重力时，小球所受的合力为零，该位置才是平衡位置，A 错误；在小球从最高点向平衡位置运动的过程中，小球的位移逐渐减小，回复力、加速度逐渐减小，B 错误；在平衡位置时，弹簧的伸长量L ＝mgk ，由题可知，单摆的振动周期T ＝2πLg＝2πmk，C 正确；若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对地面的压力为零时，弹簧的压缩量为Mgk，D 错误．B 组·能力提升10.(多选)如图所示，单摆做简谐运动，平衡位置为O 点，A 、B 分别为最大位移处，M 、N 两点关于O 点对称．则下列说法中错误的是( )A ．小球受重力、绳子拉力B ．小球做简谐运动的整个过程中，合外力都不等于单摆的回复力C ．小球在O 点时合外力为0，在A 、B 两点不受绳子拉力D ．小球经过M 点的振幅与小球在N 的振幅大小相等、方向相反【答案】BCD 【解析】小球只受两个力作用：重力和绳子的拉力， A 正确；回复力的大小为振动方向上的合外力，对于单摆，它是重力沿运动方向上的分力，因为小球做的是圆周运动，所以径向合外力等于向心力，在最高点，合外力等于回复力，其他位置合外力不等于回复力， B 错误；对单摆而言，平衡位置回复力为0，合外力提供向心力，不为0，在最大位移处，小球不做圆周运动，径向合外力为0，所以绳子拉力等于重力在径向的分力， C 错误；振幅是标量，没有方向，不是位移，对于一个简谐运动而言，它是一个固定的值， D 错误．11．(多选)如图所示，用绝缘细丝线悬挂着带正电的小球在匀强磁场中做简谐运动，则( )A ．当小球每次通过平衡位置时，动能相同B ．当小球每次通过平衡位置时，速度相同C ．当小球每次通过平衡位置时，细丝线拉力不相同D ．磁场对摆的周期无影响【答案】ACD 【解析】小球在磁场中运动时，由于洛伦兹力不做功，所以机械能守恒．运动到最低点，球的速度大小相同，但方向可能不同，A 正确，B 错误．小球从左、右两方向通过最低点时，向心力相同，洛伦兹力方向相反，所以拉力不同，C 正确．由于洛伦兹力不提供回复力，因此有无磁场，不影响振动周期，D 正确．12．(2020年德州模拟)用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方．物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹．图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A 、B 、C 、D ，用刻度尺测出A 、B 间的距离为x 1，C 、D 间的距离为x 2.已知单摆的摆长为L ，重力加速度为g ，则此次实验中测得的物体的加速度为( )A ．(x 2－x 1)gπ2LB ．(x 2－x 1)g 2π2LC ．(x 2－x 1)g 4π2LD ．(x 2－x 1)g 8π2L【答案】B 【解析】由题意可知，AB 段、BC 段、CD 段的时间相等且都等于单摆的半个周期，由匀变速直线运动规律得x 2－x 1＝2a ⎝⎛⎭⎫T 22，其中T 为单摆周期，则T ＝2πLg，联立解得a ＝(x 2－x 1)g 2π2L，故A 、C 、D 错误，B 正确．13．(2020年宁波万里国际学校期末)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O 点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC 之间来回摆动，其中B 点为运动中最低位置．∠AOB ＝∠COB ＝α，α小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F 随时间变化的曲线，且图中t ＝0时刻为摆球从A 点开始运动的时刻，据力学规律和题中信息(g 取10 m/s 2)，求：(1)单摆的周期和摆长；(2)摆球质量及摆动过程中的最大速度．【答案】(1)0.4π s 0.4 m (2)0.05 kg 0.283 m/s 【解析】(1)由图乙可知单摆周期 T ＝0.4π s ， 由T ＝2πL g 有 L ＝gT 24π2， 解得L ＝0.4 m.(2)在B 点拉力最大，F max ＝0.510 N ， 有F max －mg ＝m v 2L，①在A 和C 点拉力最小F min ＝0.495 N ， 有F min ＝mg cos α，②从A 到B 的过程中摆球的机械能守恒， 有mgL (1－cos α)＝12m v 2，③由①②③式消去cos α 和 v 2，代入数据得m ＝0.05 kg ， 由①式解得v ≈0.283 m/s.。
高中物理1.2位置位移练习(1)(含解析)粤教版必修第一册
1。
2 位置位移一、单选题1、一个小球从距地面4 m高处落下，被地面弹回,在距地面1 m高处被接住.坐标原点定在抛出点正下方2 m处，向下方向为坐标轴的正方向.则小球的抛出点、落地点、接住点的位置坐标分别是A．2 m，－2 m，－1 m B．－2 m，2 m,1 mC．4 m，0，1 m D．－4 m，0,－1 m【答案】B【解析】坐标原点定在抛出点正下方2m处，向下方向为坐标轴的正方向，小球从距地面4m高处开始下落的，在坐标原点的上方，所以抛出点的位置坐标是−2m；小球落到地面上，此时距离坐标原点为2m，所以落地点的位置坐标是2m;小球在距离地面1m高处被接住，此时的小球在坐标原点的下方1m 处，所以接住点的位置坐标是1m;故选B。
2、桌面离地面的高度是0.9 m，坐标系的原点定在桌面上，向上方向为坐标轴的正方向，有A、B两点离地面的距离分别为1.9 m和0。
4 m.那么A、B的坐标分别是（）A．1 m,0.5 m B．1.9 m，0.4 m C．1 m，-0.5 m D．0.9 m ，-0.5 m 【答案】D【解析】由直线坐标系可以确定AB点的坐标：坐标系的原点定在桌面上,向上方向为坐标轴的正方向，桌面离地高度为0.9m，坐标为0，由此可以确定AB坐标．坐标系的原点定在桌面上，向上方向为坐标轴的正方向，桌面离地高度为0。
9m，坐标为0，A. B两点离地面的距离分别为1.9m和0.4m.则A坐标为1m，B坐标为−0.5m.故D正确。
故选：D3、关于位移和路程的说法中正确的是( ）A。
位移的大小和路程的大小总是相等的,只不过位移是矢量,而路程是标量B. 位移是描述直线运动的，路程是描述曲线运动的C. 位移取决于始末位置,路程取决于实际运动的路线D。
运动物体的路程总大于或等于位移的大小【答案】CD【解析】AD、只有在单向直线运动中，位移大小等于路程，其余都是位移大小小于路程，位移是矢量,路程是标量，故A错误，D正确.B. 位移和路程都可以描述直线运动,也都可以描述曲线运动，故B 错误.C. 位移为初末位置之间的有向线段，取决于始末位置;路程为路径长度,取决于实际运动的路线，故C正确.故选：CD4、在广州亚运会上，甲、乙两运动员分别参加了在主体育场举行的400 m 和100 m 田径决赛,且两人都是在最内侧跑道完成了比赛，则两人在各自的比赛过程中通过的位移大小x 甲、x 乙和通过的路程大小s 甲、s 乙之间的关系是( 标准体育场内侧跑道为400 m）( ）A ．x 甲> x 乙，s 甲< s 乙B ．x 甲〈x 乙，s 甲> s 乙C ．x 甲> x 乙，s 甲〉s 乙D ．x 甲〈x 乙，s 甲< s 乙【答案】B【解析】田径场上的跑道如图所示，400 m 比赛要从起点环绕跑道一圈，最内侧跑道的起点和终点重合．因此，路程s 甲＝400 m ，位移x 甲＝0 ，而100 m 比赛是直道，路程s 乙＝100 m ，位移x 乙＝100 m ．显然x 甲< x 乙，s 甲〉s 乙．5、(多选）关于位移和路程的关系，下列说法中正确的是(）.A。
高中物理教科版必修第一册全册综合测评卷(含解析)
高中物理教科版必修第一册全册综合测评卷（含解析）全册综合测评卷(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。
在每小题给出的四个选项中,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。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.以下说法中,你认为正确的是()A.把物体抽象为质点后,物体自身的质量和大小均可以忽略不计B.当物体做直线运动时位移大小等于路程C.平均速度v=,当Δt充分小时,该式可以表示t时刻的瞬时速度D.质点运动的速度变化很大,则加速度一定很大2.如图所示,两个小球a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于O点,现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa与竖直方向夹角θ=45°,已知弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变量最小值是()A. B.C. D.3.如图所示,水平路面上有一辆正在行驶的汽车,车厢中有一个质量为m的人正用大小为F的恒力向前推车厢,在车减速行驶时间t的过程中,车的加速度大小为a,人相对车厢静止,取车前进方向为正方向,下列说法正确的是()A.该过程人的速度改变量为Δv=atB.车对人的作用力大小为maC.车对人的作用力大小为mD.车对人的摩擦力一定不为零4.一个质量为3 kg的物块(视为质点)静止在水平面上,在t=0时刻,物块在水平外力F的作用下开始运动,它的位置坐标x和速度二次方v2的关系图像如图所示,则()A.质点沿x轴正方向做匀加速运动B.物块运动的加速度是m/s2C.物块运动加速度是m/s2D.物块所受到的水平外力F的大小可能是1 N5.如图所示,物体的质量为2 kg,两根轻细绳AB和AC的一端连接于竖直墙上,另一端系于物体上,在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F,若要使绳都能伸直,g取10 m/s2,则F可能是()A.10 NB.15 NC.5 ND.25 N6.如图所示,倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2 m/s顺时针匀速转动。
2024_2025新教材高中物理模块检测含解析粤教版选择性必修第一册
模块达标验收(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。
第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分；第9～12小题有多个选项正确，每小题4分，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的( )A．位移减小B．速度增大C．回复力增大D．机械能增大解析：选C 摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，速度减小，选项A、B错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C正确；单摆做简谐运动，机械能守恒，所以在摆角增大的过程中，摆球机械能保持不变，选项D错误。
2．(2024·北京西城区模拟)2024年我国进入5G万物互联的商用网络新时代，所谓5G 是指第五代通信技术，采纳3 300～5 000 MHz频段的无线电波。
而第四代移动通信技术4G，其频段范围是1 880～2 635 MHz。
5G相比4G技术而言，其数据传输速度提升了数十倍，容量更大，时延大幅度缩短到1毫秒以内，为产业革命供应了技术支撑。
依据以上内容结合所学学问，推断下列说法正确的是( )A．4G信号是纵波，5G信号是横波B．4G信号和5G信号相遇能产生干涉现象C．4G信号比5G信号更简单发生衍射现象D．4G信号比5G信号在真空中的传播速度小解析：选C 电磁波均为横波，A错误；两种不同频率的波不能发生干涉，B错误；5G 信号的频率比4G信号的频率高，则4G信号的波长比5G信号的波长长，故4G信号更简单发生明显的衍射现象，C正确；任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故4G信号与5G信号在真空中的传播速度相同，D错误。
3．蜘蛛捕食是依靠昆虫落在丝网上引起的振动精确推断昆虫的方位。
已知丝网固有频率为f0，某昆虫掉落在丝网上挣扎时振动频率为f，则该昆虫落在丝网上时( ) A．f增大，则丝网振幅增大B．f减小，则丝网振幅减小C．昆虫引起丝网振动的频率为f0D．丝网和昆虫挣扎振动周期相同解析：选D 昆虫掉落在丝网上挣扎时，丝网做受迫振动，f与固有频率f0越接近，丝网的振幅越大，由于f与f0的关系不确定，无法确定丝网振幅的变更，A、B错误；丝网做受迫振动，振动频率与昆虫挣扎频率f 相同，振动周期也和昆虫挣扎周期相同，C 错误，D 正确。
【新教材物理】3.3 摩擦力练习(1)(解析版)-粤教版高中物理必修第一册
3.3摩擦力同步练习1.关于两物体之间的弹力和摩擦力的关系，下列说法正确的是()．A.两物体间若有弹力，就一定有摩擦力B.两物体间若有摩擦力，就一定有弹力C.弹力和摩擦力的方向可能平行D.当两物体间的弹力消失时，摩擦力仍可存在一段时间【解析】产生摩擦力的条件是接触面粗糙，有正压力即弹力有相对运动或者相对运动趋势，所以有摩擦力一定有弹力B对。
但是有弹力并不一定有摩擦力，A不符合题意。
滑动摩擦力 蘀 ，大小与弹力成正比，但是静摩擦力 ，大小根据物体运动状态判断C不符合题意。
没有弹力即没有摩擦力D不符合题意。
【答案】B2.关于相互接触的两个物体，以下说法正确的是（）A.一定有弹力，但不一定有摩擦力B.如果有弹力，则一定有摩擦力C.如果有摩擦力，则一定有弹力D.如果有摩擦力，则不一定有弹力【解析】弹力的产生条件是接触且相互挤压有形变，故A不合题意；如果相互接触的两物体有弹力，但没有相对运动或相对运动趋势，则一定没有摩擦力，故B不合题意；摩擦力的产生条件是有弹力且有相对运动或相对运动趋势，故C合题意，D不合题意。
【答案】C3.如图所示，在水平面上向右运动的物体，质量为5kg，物体与水平面的动摩擦因数μ=0.4，在运动过程中，还受到一个水平向左的大小为10N的拉力的用，则物体受到的滑动摩擦力为（g取10m/s2）（）A.10N，向右B.10N，向左C.30N，向右D.20N，向左【解析】根据f=μF N=0.4×50N=20N，方向与相对运动方向相反，所以为水平向左．【答案】D。
4.关于摩擦力，下列说法正确的是()A.无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，均跟正压力有关B.静摩擦力跟平行于接触面的外力大小有关C.正压力增大，静摩擦力有可能不变D.静摩擦力的大小跟接触面粗糙程度有关【解析】只有滑动摩擦力的大小才与压力成正比，A不符合题意；由平衡条件可知，静摩擦力跟平行于接触面的外力大小有关，B符合题意；物体间的压力增大时，静摩擦力有可能不变，比如：被压在竖直面的物体，C符合题意；滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，静摩擦力与接触面的粗糙程度无关，D不符合题意。
新教材高中物理课后落实8匀变速直线运动与汽车安全行驶含解析粤教版必修第一册
新教材高中物理课后落实粤教版必修第一册：匀变速直线运动与汽车安全行驶(建议用时：40分钟)题组一 汽车行驶安全问题1．(多选)某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS 后( )A ．t 1时刻车速更小B ．0～t 1的时间内加速度更小C ．加速度总比不启用ABS 时大D ．刹车后运行的距离比不启用ABS 更短BD [v t 图像斜率表示加速度大小，B 正确，C 错误；启用ABS 后t 1时刻速度大，A 错误；v t 图像与坐标轴所围图形的面积表示位移，D 正确．]2．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km 、离地1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( )A ．288 mB ．300 mC ．150 mD ．144 m B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t ，由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为s ＝v 0t ＋12at 2＝60×10 m＋－6×1022m ＝300 m ，故B 正确．] 3．在中国，每年由于交通造成死亡的事故中50%以上都与酒后驾车有关，酒后驾车的危害极大．驾驶员从视觉感知到前方危险，到汽车开始制动的时间称为反应时间，酒后驾驶将明显增加反应时间，对比某驾驶员正常驾驶和酒后驾驶过程，记录感知到前方危险后汽车运动的v t 图线如图甲、乙所示．则( )A ．图乙对应于正常驾车B ．全过程酒后驾车的时间比较短C ．全过程酒后驾车的位移比较小D ．全过程酒后驾车的平均速率比较大D [在反应时间内汽车做匀速直线运动，因酒后驾驶反应时间增加，故图乙对应于酒后驾驶，A 错误；由题图知，全过程酒后驾车的时间比较长，B 错误；根据v t 图线与坐标轴所围的面积表示位移，可得正常驾车的停车位移为x 1＝0.5＋4.52×30 m＝75 m ，全过程酒后驾车的停车位移x 2＝1.5＋5.52×30 m＝105 m ，知全过程酒后驾车的位移比较大，C 错误；全过程中，正常驾车的平均速度v 1＝x 1t 1＝754.5 m/s≈16.7 m/s，酒后驾车的平均速度v 2＝x 2t 2＝1055.5m/s≈19.1 m/s，即全过程酒后驾车的平均速度比较大，D 正确．]4．两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v 0．若前车突然以恒定的加速度a 刹车，在它刚停住时，后车以加速度2a 开始刹车．已知前车在刹车过程中所行驶的路程为x ，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( )A ．xB ．32xC ．2xD ．52x B [因后车以加速度2a 开始刹车，刹车后滑行的距离为12x ；在前车刹车滑行的时间内，后车匀速运动的距离为2x ，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2x ＋12x －x ＝32x ，故B 正确．]5．(多选)如图所示，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，减速时最大加速度大小为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( )A ．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AC [若汽车立即做匀加速运动，则2 s 后的速度v ＝v 0＋a 1t 1＝8 m/s ＋2×2 m/s＝12 m/s ，故汽车在2 s 内一定不会超速，在2 s 内的位移x 1＝v 0＋v 2t ＝8＋122×2 m＝20 m ，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A 正确，B 错误；若汽车立即做匀减速运动，减速到0所用时间为t 2＝v 0a 2＝1.6 s ，在此时间内行驶的位移为x 2＝v 202a 2＝822×5m ＝6.4 m ，C 正确，D 错误．] 题组二 追及、相遇问题6．如图所示是做直线运动的甲、乙两物体的位移—时间图像，由图像可知( )A ．乙开始运动时，两物体相距20 mB ．甲、乙两物体间的距离逐渐变大C ．两物体在10 s 时相距最远，在25 s 时相遇D ．甲比乙运动得快C [开始时，乙的位置坐标为零，甲从离坐标原点20 m 处开始运动，当乙开始运动时，甲已经运动了10 s ，因此二者之间的距离大于20 m ，故A 错误；图像的斜率表示速度，由图可知乙的速度大于甲的速度，因此二者之间的距离在乙没有运动时增大，当乙开始运动时减小，在25 s 时相遇，故B 错误；由于乙的速度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从图像可知25 s 时，两者位置坐标相同，即相遇，故C 正确；乙运动得比甲快，故D 错误．]7．如图所示，A 、B 两物体相距x ＝7 m ，物体A 以v A ＝4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度v B ＝10 m/s ，此物体在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a ＝－2 m/s 2．那么物体A 追上物体B 所用的时间为( )A ．7 sB ．8 sC ．9 sD ．10 sB [物体B 做匀减速运动到速度为0所需时间t 1＝102s ＝5 s ，这段时间内，物体B 运动的位移s B ＝0－v 2B 2a ＝1022×2m ＝25 m ，物体A 运动的位移s A ＝v A t 1＝4×5 m＝20 m ，显然还没有追上，此后物体B 静止．设物体A 追上物体B 所用时间为t ，则有v A t ＝x ＋25 m ，所以t ＝8 s ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．]8．(多选)某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移s 、速度v 随时间t 变化的图像，能反映t 1时刻两车相遇的是( )BD [s t 图像能表示物体所在不同时刻的位置，t 1时刻两图线相交，两物体相遇，故A 错误，B 正确；v t 图像表示物体的速度随时间变化的规律，图线与坐标轴围成的面积表示物体通过的位移，两物体在t 1时间内位移相同，两物体相遇，故C 错误，D 正确．]9．(新情境题)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m 的物体，并且他的反应时间为0.6 s ，制动后最大加速度为5 m/s 2．求：(1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间；(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．[解析] (1)从刹车到停止时间为t 2，则t 2＝0－v 0a＝6 s ． (2)小轿车在反应时间内做匀速运动，则x 1＝v 0t 1＝18 m从刹车到停止的位移为x 2，则x 2＝0－v 202a＝90 m 小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x ＝x 1＋x 2＝108 mΔx ＝x －50 m ＝58 m ．[答案] (1)6 s (2)58 m10．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t ＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标．在描述两车运动的v t 图线中(如图)，直线a 、b 分别描述了甲、乙两车在0～20 s 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0～10 s 内两车逐渐靠近B ．在10～20 s 内两车逐渐远离C ．在5～15 s 内两车的位移相等D ．在t ＝10 s 时两车在公路上相遇C [在0～10 s 内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，A 错误；在10～20 s 内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，B 错误；在5～15 s 内，两图像与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，C 正确；在t ＝10 s 时两车速度相等，相距最远，D 错误．]11．酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)． 速度(m·s －1)思考距离/m 制动距离/m 正常 酒后 正常 酒后 157.5 15.0 22.5 30.0 2010.0 20.0 36.7 46.7 25 12.5 25.0 54.2 66.7A ．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sC ．驾驶员采取制动措施后汽车的加速度大小为3.75 m/s 2D ．若汽车以25 m/s 的速度行驶时，发现前方60 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C [驾驶员正常反应时间t 1＝7.515 s ＝0.5 s ，A 正确；酒后驾驶员的反应时间t 2＝15.015 s ＝1.0 s ，故此时反应时间比正常情况下多0.5 s ，B 正确；制动后汽车的加速度a ＝v 2－v 202s＝0－1522×15.0m/s 2＝－7.5 m/s 2，C 错误；汽车以25 m/s 的速度行驶时的制动距离66.7 m ＞60 m ，故若前方60 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车，D 正确，C 符合题意．]12．(新情境题)高速公路上，一辆大货车以20 m/s 的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SU V 小客车以32 m/s 的速度随其后并逐渐接近．大货车的制动性能较差，刹车时的加速度保持在4 m/s 2，而SU V 小客车配备有ABS 防抱死刹车系统，刹车时能使汽车的加速度保持在8m/s 2．若前方大货车突然紧急刹车，SU V 小客车司机的反应时间是0.50 s ，为了避免发生追尾事故，小客车和卡车之间至少应保留多大的距离？[解析] 反应时间里SU V 的行驶距离：x 0＝v 1t 0若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：v ＝v 1＋a 1(t －0.5 s)，v ＝v 2＋a 2t代入数据，得两车发生追尾所用时间：t ＝4 s此段时间内，两车行驶距离：x 1＝x 0＋v 1(t －0.5)＋12a 1(t －0.5) x 2＝v 2t ＋12a 2t 2则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δx ＝x 1－x 2两车刹车时的加速度分别是：a 1＝－8 m/s 2，a 2＝－4 m/s 2代入数据，得：Δx ＝31 m ．[答案] 31 m13．刑法修正案将醉酒驾驶定为犯罪，极大地遏制了酒后驾驶，大大降低了道路交通事故的发生率．酒后驾驶会导致许多安全隐患，因为酒精会使驾驶员的“反应时间”变长、“思考距离”变大，从而使“制动距离”变大．“反应时间”是指从驾驶员发现情况到采取制动经历的时间，“思考距离”是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止运动的时间内汽车行驶的距离．已知某汽车以v ＝40 m/s 的速度行驶时，驾驶员的正常思考距离为s 1＝16 m ，酒后的思考距离为s 2＝35 m ，正常的制动距离为s 3＝66 m ，假设该驾驶员正常和酒后制动时的加速度大小相同．(1)求该驾驶员酒后反应时间比正常情况下长多少？(2)求该汽车制动时的加速度大小为多少？(3)若该驾驶员酒后驾驶，则制动距离为多少？[解析] (1)设该驾驶员的正常反应时间为t 1，酒后的反应时间为t 2，则s 1＝vt 1，s 2＝vt 2 解得t 1＝0.4 s ，t 2＝0.875 s则该驾驶员酒后的反应时间比正常情况下长Δt ＝t 2－t 1＝0.475 s ． (2)设汽车制动时的加速度大小为a ，则有s 3＝s 1＋v 22a解得a ＝16 m/s 2．(3)设该驾驶员酒后驾驶的制动距离为s4，则有s4＝s2＋v22a代入数据得s4＝85 m．[答案](1)0.475 s (2)16 m/s2(3)85 m。
新教材高中物理第二章匀变速直线运动单元提升专练含解析粤教版必修第一册
单元提升专练易错点1 刹车问题1．以10 m/s 的速度匀速行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s 2，则汽车刹车后第4 s 末的速度大小为( ) A ．2.5 m/s B ．1.5 m/s C ．0 m/s D ．3 m/s【解析】选C 。
根据速度—时间公式：v ＝v 0＋at ，代入数据解得汽车刹车时间：t≈3.33 s，因为4 s ＞3.33 s ，所以汽车4 s 末已处于静止状态，则：汽车刹车后第4 s 末的速度大小为0，故C 正确。
易错点2 对公式“Δs＝aT 2”理解不到位2.一个小球由静止释放后，在竖直方向做匀加速直线运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动中每次曝光的位置。
连续两次曝光的时间间隔均为T ＝0.1 s ，已知3、4两位置之间的距离为13 cm ，4、5两位置之间的距离为18 cm ，则( )A ．位置1、2之间的距离为5 cmB ．该物体的加速度a ＝5 m/s 2C ．小球释放的位置是在位置“1”D ．小球在位置“5”的速度为1.05 m/s【解析】选B 。
根据匀变速直线运动的规律可知：x 45－x 34＝Δx，则Δx＝18 cm －13 cm ＝5 cm ，所以x 23＝x 34－Δx＝13 cm －5 cm ＝8 cm ＝0.08 m ，x 12＝x 23－Δx＝8 cm －5 cm ＝3 cm ＝0.03 m ，故A 错误；根据Δx＝aT 2，解得a ＝Δx T 2 ＝0.050.12 m/s 2＝5m/s 2，故B 正确；小球在2点的速度v 2＝x 132T ＝0.03＋0.082×0.1 m/s ＝0.55 m/s ，则在1点的速度v 1＝v 2－aT ＝(0.55－5×0.1)m/s ＝0.05 m/s ，可知1点不是小球释放的位置，故C 错误；小球在位置“5”的速度v 5＝v 1＋a·4T＝(0.05＋5×4×0.1) m/s＝2.05 m/s ，故D 错误。
2022新教材高中物理课时检测8匀变速直线运动与汽车安全行驶含解析粤教版必修第一册
匀变速直线运动与汽车安全行驶1．汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为( )A ．1∶1B ．1∶3C ．3∶4D ．4∶3 解析：选C 汽车从刹车到停止用时t 刹＝v 0a ＝205 s ＝4 s ，故刹车后2 s 和6 s 内汽车的位移分别为s 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m－12×5×22 m ＝30 m ，s 2＝v 0t 刹－12at 刹2＝20×4 m－12×5×42m ＝40 m ，所以s 1∶s 2＝3∶4，故C 正确。
2．一辆汽车做匀速运动，某时刻遇到紧急情况需刹车(刹车过程看成匀减速运动)，刹车后的第1秒内运动了16 m ，第2秒内运动了8 m ，关于汽车的运动和刹车过程，下列说法正确的是( )A ．汽车匀速运动时的速度是16 m/sB ．汽车刹车时的加速度大小是6 m/s 2C ．汽车刹车后3秒末的速度为0D ．汽车刹车后运动的距离是16 m解析：选C 根据位移公式，有s 1＝v 0×1 m＋12a ×12 m ＝16 m ，s 2＝v 0×2 m＋12a ×22 m －16 m ＝8 m ，联立得v 0＝20 m/s ，a ＝－8 m/s 2，故A 、B 错误；刹车减速到零所需时间t ＝0－v 0a ＝0－20－8s ＝2.5 s ，则刹车后3 s 末的速度为0，故C 正确；刹车后的运动距离为s ＝v 0t ＋12at 2＝20×2.5 m＋12×(－8)×2.52 m ＝25 m ，故D 错误。
3．如图所示，甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶，甲车以20 m/s 的速度匀速运动，乙车原来速度为8 m/s ，从距甲车80 m 处以大小为4 m/s 2的加速度做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间为( )A ．4 sB ．6 sC ．8 sD ．10 s解析：选D 设经时间t 乙车追上甲车。
新教材高中物理第一章动量和动量守恒定律第五节弹性碰撞与非弹性碰撞测评含解析粤教版选择性必修第一册
第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞课后篇巩固提升必备知识基础练1.(2021河北辛集第一中学月考)如图所示,小球A 、B 均静止在光滑水平面上.现给A 球一个向右的初速度,之后与B 球发生对心碰撞.下列关于碰后情况,说法正确的是( )A.碰后小球A 、B 一定共速B.若A 、B 球发生完全非弹性碰撞,A 球质量等于B 球质量,A 球将静止C.若A 、B 球发生弹性碰撞,A 球质量小于B 球质量,无论A 球初速度大小是多少,A 球都将反弹D.若A 、B 球发生弹性碰撞,A 球质量足够大,B 球质量足够小,则碰后B 球的速度可以是A 球的3倍A 、B 发生对心碰撞,有可能是弹性碰撞、完全非弹性碰撞、非弹性碰撞;若是完全非弹性碰撞,则A 、B 两小球具有共同速度,若不是,两球无共同速度,则A 错误;若A 、B 球发生完全非弹性碰撞,A 、B 碰后有共同速度,由动量守恒可得m 1v 0=(m 1+m 2)v 共,解得v 共=m 1m 0m 1+m 2,若A 球质量等于B 球质量,则v 共=m 02,故B 错误;小球A 、B 若是弹性碰撞,则根据动量守恒和机械能守恒,有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,12m 1m 02=12m 1m 12+12m 2m 22,解得v 1=(m 1-m 2)m 0m 1+m 2,v 2=2m 1m 0m 1+m 2,若A 球质量小于B球质量,由上述v 1和v 2的表达式可知v 1<0,若A 球质量足够大,B 球质量足够小,由上述v 1和v 2的表达式可知m2m 1=2m 1m1-m 2=21-m 2m 1=2,故C 正确,D 错误.2.如图所示,在光滑的水平面上有2 021个完全相同的小球等间距排成一条直线,均处于静止状态.现给第一个小球初动能E k ,若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,则整个碰撞过程中损失的机械能总量为( )A.12021E k B.20102020E k C.120212E kD.20202021E kv 0的方向为正方向,将2021个小球组成的整体看作一个系统,设系统最终的速度为v ,运用动量守恒定律得mv 0=2021mv ,解得v=m2021,则系统损失的机械能为ΔE=12mm 02−12·2021mv 2,解得ΔE=20202021E k ,故选D .3.(2021甘肃武威第六中学期末)如图所示,在光滑的水平面上有一质量为1 kg 的小球以1 m/s 的速度向前运动,与质量为3 kg 的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v 木=1 m/s,则( )A.v 木=1 m/s 这一假设是合理的,碰撞后球的速度为v 球=-2 m/sB.v 木=1 m/s 这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来C.v 木=1 m/s 这一假设是不合理的,因而这种情况不可能发生D.v 木=1 m/s 这一假设是可能发生的,但由于题给条件不足,v 球的大小不能确定v 木=1m/s,则由动量守恒定律可知m 1v 0=m 1v 球+m 2v 木,解得v 球=-2m/s,碰前动能E 1=12m 1m 02=0.5J,碰后动能E 2=12m 1m 球2+12m 2m 木2=3.5J >E 1,则假设不合理,因而这种情况不可能发生,故选项C 正确,A 、B 、D 错误. 4.(多选)(2021山东日照一中月考)质量为2m 、长为L 的光滑箱子沿光滑水平面以速度v 向右运动,箱子中有一质量为m 的小物块以水平速度2v 向右运动,如图所示.设碰撞都是弹性的,则( )A.最终小物块和箱子相对静止B.第一次碰撞后小物块相对地面向左运动C.第二次碰撞后小物块相对地面以速度2v 向右运动D.第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔为mm,机械能守恒,以小物块的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv+m ·2v=2mv 11+mv 12,由机械能守恒定律得12·2mv 2+12m ·(2v )2=12·2m m 112+12mm 122,解得v 11=53v ,v 12=23v ,第二次碰撞过程动量守恒,机械能守恒,以小物块的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv 11+mv 12=2mv 21+mv 22,由机械能守恒定律得12·2m m 112+12mm 122=12·2m m 212+12mm 222,解得v 21=v ,v 22=2v ,以此类推,小物块和箱子不会相对静止,第一次碰撞后小物块相对地面向右运动,第二次碰撞后小物块相对地面以速度2v 向右运动,故A 、B 错误,C 正确;第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔为t=mm 11-m 12=mm ,故D 正确.5.(2021重庆育才中学月考)如图所示,水平放置的圆环形光滑窄槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球a 、b ,球b 静止在槽中位置P.球a 以一定初速度沿槽运动,在位置P 与球b 发生弹性碰撞,碰后球a 反弹,并在位置Q 与球b 再次碰撞.已知∠POQ=90°,两小球可视为质点,则a 、b 两球质量之比为( )A.3∶1B.1∶3C.5∶3D.3∶5,碰后两球的速度方向相反,且在相同时间内,b 球运动的弧长为a 球运动的弧长的3倍,则有v b =-3v a ,由动量守恒定律有m a v=m b v b +m a v a ,由能量守恒有12m a v 2=12m a m m 2+12m b m m 2,联立解得m m m m=35,故A 、B 、C 错误,D 正确. 6.(2021广东广州期中)在光滑的导轨上,一质量为m 1=2 kg 、速度为v 1=1 m/s 的滑块A 跟一质量为m 2=1 kg 、速度为v 2=0的滑块B 发生正碰,它们碰撞后的总动能的最大值和最小值分别是( ) A.1 J 、23 JB.43 J 、23 JC.43 J 、1 J D.2 J 、43 J解析当两物体发生弹性碰撞时,系统不损失能量,此时碰后的总动能最大,最大动能E kmax =12m 1m 12=1J,若两物体发生完全非弹性碰撞,则碰后共速,此时系统损失的动能最大,碰后系统总动能最小,则m 1v 1=(m 1+m 2)v ,解得v=23m/s,E kmin =12(m 1+m 2)v 2=12×3×232J =23J,故选A .7.冰壶运动深受大家喜爱.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰,如图所示.若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是选项图中的( ),两冰壶发生正碰,由动量守恒定律可知,碰撞前后系统动量不变,两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向,由题图知,A 所示情况是不可能的,故A 错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,最终两冰壶的位置可能如B 所示,故B 正确;两冰壶碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前,甲在后,C 所示情况是不可能的,故C 错误;碰撞过程机械能不可能增大,两冰壶质量相等,碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度,碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,D 所示情况是不可能的,故D 错误. 8.(2021江苏盐城月考)如图所示,在游乐场中,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动.设甲同学和车的总质量为M ,碰撞前向右运动,速度大小为v 1;乙同学和车的总质量为1.5M ,碰撞前向左运动,速度大小为0.5v 1.求碰撞后两车共同的运动速度..1v 1,方向水平向右,由动量守恒定律可得Mv 1-1.5M×0.5v 1=(M+1.5M )v 共解得v 共=0.1v 1,方向水平向右.关键能力提升练9.甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,它们的动量分别是p 1=5 kg·m/s,p 2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球的质量m 1与m 2间的关系可能是( ) A.m 1=m 2 B.2m 1=m 2 C.4m 1=m 2 D.6m 1=m 2p 1+p 2=p 1'+p 2',解得p 1'=2kg·m/s,碰撞过程系统的总动能不增加,则有m 1'22m1+m 2'22m2≤m 122m 1+m 222m 2,代入数据解得m 1m 2≤717,碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有m 1'm 1≤m 2'm 2,代入数据解得m 1m 2≥15,综上有15≤m 1m 2≤717,故C 正确.10.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B 静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是m B =2m A ,重力加速度g 取10 m/s 2.则碰后小滑块B 的速度大小不可能是( )A.5 m/sB.4 m/sC.3 m/sD.2 m/sA 到达最低点时的速度为v 0,根据动能定理有m A gR=12m A m 02-0,可得v 0=6m/s .若是弹性碰撞,m A v 0=m A v 1+m B v 2,12m A m 02=12m A m 12+12m B m 22,联立解得v 2=4m/s;若是完全非弹性碰撞,m A v 0=(m A +m B )v ,解得v=2m/s,所以B 的速度不可能是5m/s,故选择A 选项. 11.(2021安徽月考)如图所示,斜面上C 点上侧是光滑的,下侧是粗糙的.现从C 点上侧的某点让滑块A 由静止开始下滑,滑块A 经加速后在C 点与静止的滑块B 发生碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中系统无机械能损失,最终两滑块均停在C 点下侧粗糙斜面上同一位置.已知A 、B 两滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数相同,A 、B 两滑块均可视为质点,则A 、B 两滑块的质量之比为( ) A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.1∶1A 以速度v 0与B 相碰,由于碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒定律和能量守恒定律有m A v 0=m A v A +m B v B ,12m A m 02=12m A m m 2+12m B m m 2,解得碰撞后A 的速度v A =m m -mm m m+m mv 0,B 的速度v B =2m mmm +m mv 0,A 反弹回光滑斜面后先做减速运动、再做加速运动后又经C 点滑入粗糙斜面,由于两滑块最终均停在C 点下侧粗糙斜面上的同一位置,故有-v A =v B ,解得mm m m=13,故B 正确,A 、C 、D 错误.12.如图所示,B 、C 、D 、E 、F 五个球并排放置在光滑的水平面上,B 、C 、D 、E 四球质量相等,而F 球质量小于B 球质量,A 球的质量等于F 球质量,A 球以速度v 0向B 球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )A.五个小球静止,一个小球运动B.四个小球静止,两个小球运动C.三个小球静止,三个小球运动D.六个小球都运动m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,12m 1m 02=12m 1m 12+12m 2m 22,解得碰撞后两个小球的速度为v 1=(m 1-m 2)m 0m 1+m 2,v 2=2m 1m 0m1+m 2.由于A 球质量小于B 球质量,所以A 、B 相碰后A向左运动,B 向右运动;B 、C 、D 、E 四球质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E 有向右的速度,B 、C 、D 静止;由于F 球质量小于E 球质量,所以E 、F 两球弹性碰撞后E 、F 两球都向右运动;所以碰撞之后B 、C 、D 三球静止;A 球向左运动,E 、F 两球向右运动,C 项正确.13.(2021湖北荆门高二期末)如图所示,长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A,恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B.现把小球向左上方拉至细绳恰好水平绷直,然后从静止释放小球.小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞,物块向右滑行了2L的距离停下.(1)求物块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)若仅改变A的质量,仍让A从原位置由静止释放,A、B发生弹性碰撞后,B向右滑行的距离为4.5L,则小球A的质量应该多大?.5(2)3m设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v0,由机械能守恒定律得12mm02=mgL 解得v0=√2mm设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v1、v2,由于是弹性碰撞,有mv0=mv1+mv21 2mm02=12mm12+12mm22解得v2=v0=√2mm对于物块向右滑行的过程,由动能定理有μmg×2L=12mm22解得μ=0.5.(2)设碰撞后瞬间有Mv0=Mv1'+mv2'1 2mm02=12Mv1'2+12mv2'2若B物体前进4.5L停下,则有μmg×4.5L=12mv2'2联立解得M=3m.。
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。