高考物理限时规范训练题4
2021届《金版教程》高考物理大一轮总复习配套限时规范特训 选3-4-2-1 Word版含答案
题组一 双基练1. [2021·福州高三期末]如图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°，下面四个光路图中，正确的是 ( )解析：本题考查全反射条件．光从玻璃射向空气，是从光密介质射向光疏介质，由于玻璃的折射率n ＝1.5，因此发生全反射的临界角sin C ＝1n ＝23<22，所以C <45°，因此图中的光会发生全反射，A 项正确．答案：A2. [2022·福建高三仿真模拟]如图所示，有一束光投射到放在空气中的平行玻璃砖的表面Ⅰ上，下列说法中正确的是 ( )A. 假如在界面Ⅰ上入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖B. 光从界面Ⅱ射出时出射光线可能与最初的入射光线不平行C. 光进入界面Ⅰ后可能不从界面Ⅱ射出D. 不论光从什么角度入射，都能从界面Ⅱ射出解析：发生全反射的必要条件有两个，即光从光密介质射入光疏介质和入射角不小于临界角，本题中光从空气射入界面Ⅰ上时，光是从光疏介质射入光密介质，所以即使入射角大于临界角，光也不会发生全反射现象，光会进入玻璃砖，选项A 错误；由于光的上、下两个界面平行，光从界面Ⅱ射出时出射光线确定会与最初的入射光线平行，选项B 错误；光进入界面Ⅰ后，从玻璃射向界面Ⅱ时的入射角确定小于临界角，光确定会从界面Ⅱ射出，选项C 错误；不论光从什么角度入射，都能从界面Ⅱ射出，选项D 正确．答案：D3. 夜间行车光照在警示标志上后反射回来特殊醒目，主要是由于警示标志是由球形的反射物制成，如图，假设反射物为分布均匀的球形，其折射率为 3.某次灯光照射在该标志上后，经球形物一系列的折射和反射后，出射光线恰与入射光线平行，则第一次的入射角( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 15°解析：设入射角为i ，折射角为θ，作出光路图，由于出射光线恰好和入射光线平行，所以i ＝2θ，依据折射定律sin i sin θ＝sin2θsin θ＝3，所以θ＝30°，i ＝2θ＝60°.答案：C4. [2022·江苏南京]如图甲所示，在安静的湖面下有一个点光源S ，它发出的是两种不同颜色的a 光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab 两种单色光构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a 光的颜色(图乙为俯视图)．则以下说法中正确的是 ( )A. 水对a 光的折射率比b 光的大B. a 光在水中的传播速度比b 光的大C. a 光的频率比b 光的大D. 在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a 光的干涉条纹比b 光窄解析：依据“周边为环状区域，且为a 光的颜色”知，点光源射向水面的单色光b 在环形区域内边界处发生全反射，而单色光a 在外边界处发生全反射，即水对单色光b 的临界角C 较小，由sin C ＝1n 可确定水对单色光a 的折射率比b 光的小，A 项错误；由折射率公式n ＝cv 知，a 光在水中的传播速度比b 光的大，B 项正确；a 光的频率比b 光的小，C 项错误；a 光的波长比b 光的大，干涉条纹间距与波长成正比，所以在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a 光的干涉条纹比b 光的宽，D 项错误．答案：B5. 如图所示的长直光纤，柱芯为玻璃，外层以折射率较玻璃低的介质包覆．若光线自光纤左端进入，与中心轴的夹角为θ，则下列有关此光线传播方式的叙述正确的是( )A. 不论θ为何值，光线都不会发生全反射B. 不论θ为何值，光线都会发生全反射C. θ够小时，光线才会发生全反射D. θ够大时，光线才会发生全反射解析：发生全反射的条件之一是入射角i 要大于等于临界角C ，即光线传播到光纤侧面时的入射角i 应满。
高三物理限时规范训练
一、选择题(本题共9个小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～9题有多项符合要求．)1．汽车遇情况紧急刹车，经1.5 s 停止，刹车距离为9 m ．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s 的位移大小是( )A ．4.5 mB ．4 mC ．3 mD ．2 m解析：选B .考查直线运动规律，由x ＝12at 2，解得a ＝8 m /s 2，最后1 s 的位移为x 1＝12×8×12m ＝4 m ，B 项正确．2．(2013·高考上海卷)汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地．汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s 随时间t 的变化关系可能是( )解析：选B .由于汽车在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力，故汽车驶入沙地后做加速度减小的减速运动，汽车驶出沙地后又做加速度减小的加速运动，直到匀速．故s －t 图象的切线斜率先变小后变大，B 正确．3．(2013·石家庄质检)如图所示是质量为1 kg 的滑块在水平面上做直线运动的v －t 图象．下列判断正确的是( )A ．在t ＝1 s 时，滑块的加速度为零B ．在4～6 s 时间内，滑块的平均速度为2.5 m /sC ．在3～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 WD ．在5～6 s 时间内，滑块受到的合力为2 N解析：选C .由图线可知t ＝1 s 时，速度为0，加速度为图线的斜率等于2 m /s 2，A 项错.4～6 s 时间内滑块的平均速度的大小等于图线与时间轴所围面积(时间轴以上为正，以下为负)与时间之比，计算得3 m /s ，B 项错．在3～7 s 时间内，根据动能定理得W 合＝12mv 27－12mv 23＝－8 J ，P ＝|W|t ＝84W ＝2 W ，C 项正确.5～6 s 时间内，加速度大小为a ＝4 m /s 2，由牛顿第二定律得合力大小为F ＝ma ＝4 N ，D 项错误．4．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F 随时间t 变化的图象如图所示，在0～8 s 内，下列说法正确的是( )A ．物体在0～2 s 内做匀加速直线运动B ．物体在第2 s 末速度最大C ．物体在第8 s 末离出发点最远D ．物体在第4 s 末速度方向发生改变解析：选C .由F －t 图象及a ＝F m可知，0～2 s 内物体做变加速直线运动，A 错误.4 s 末物体加速度正向变为零，速度达到最大，B 错误.0～8 s 内，物体始终朝同一个方向运动，8 s 末离出发点最远，C 正确.4 s 末加速度为零，加速度方向即将改变，但速度方向不变，D 错误．5．如右图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc 固定在水平地面上，ab 面和bc 面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β.一初速度为v 0的小物块沿斜面ab 向上运动，经时间t 0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc 下滑，在小物块从a 运动到c 的过程中，可能正确描述其速度大小v 与时间t 的关系的图象是( )解析：选C .物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c 点的动能小于初动能，即v ＜v 0，A 项错误；物块在ab 段和bc 段分别做匀减速和匀加速运动，且a 1＞a 2，故B 、D 错误，C 正确．6．一跳水运动员向上跳起，先做竖直上抛运动，在t 1时刻速度减为零，t 2时刻落入水中，在水中逐渐减速，t 3时刻速度又变为零，其v －t图象如右图所示，已知t 3－t 2＝t 2－t 1，则关于该运动员的运动，下列说法正确的是( )A ．该图中速度取向下为正方向B ．在0～t 2时间内v ＝v 0＋v 2C ．在t 1～t 2时间内的位移小于t 2～t 3时间内的位移D ．在t 1～t 2时间内的平均加速度小于t 2～t 3时间内的平均加速度解析：选AB .开始时运动员速度向上，在图象中为负值，因此图中速度取向下为正方向，A 正确；0时刻速度为v 0，t 2时刻速度为v ，在0～t 2时间内为匀变速直线运动，因此v ＝v 0＋v 2，B 正确；图象与坐标轴所包围的面积等于位移，由题图可看出，在t 1～t 2时间内的位移大于t 2～t 3时间内的位移，C 错；在t 1～t 2、t 2～t 3时间内速度变化量大小相等，时间相等，由平均加速度公式a ＝Δv Δt可知，两段时间内的平均加速度相等，D错．7．一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动的v －t 图象如右图所示，图线a 表示物体受水平拉力时的情况，图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的情况，下列说法正确的是( ) A ．水平拉力的大小为0.1 NB ．水平拉力对物体做的功为－1.2 JC ．撤去拉力后物体又滑行了7.5 mD ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1解析：选ABC .由v －t 图象可知：0～3 s ，在未撤掉水平力F 前，物体做匀减速直线运动，a 1＝5－33＝23(m /s 2)；3 s 后，撤掉水平力F ，物体做匀减速直线运动，加速度a 2＝3－26－3＝13(m /s 2)．对物体进行水平方向受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＋μmg ＝ma 1，μmg ＝ma 2，解得：μ＝130，F ＝0.1 N ，选项A 正确，选项D 错误；0～3 s 内物体的位移x′＝12×(5＋3)×3＝12 m ，由功的定义可得：水平拉力对物体做的功W ＝－Fx′＝－1.2 J ，选项B 正确；由v －t 图象可知：3～6 s 内物体的位移x ＝12×(2＋3)×3＝7.5 m ，选项C 正确．8．(2013·江苏苏北四市质检)如右图所示，水平传送带AB 距离地面的高度为h ，以恒定速率v 0顺时针运行．甲、乙两滑块(可视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计)，在AB 的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．下列判断正确的是( )A ．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B ．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等C ．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等D ．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等解析：选AC.当甲、乙弹开时的速度大于v0时，两滑块均沿弹开的速度方向作减速运动直到离开传送带，由v2－v20＝2ax，得离开传送带时的速度v大小相等，由平抛规律得距释放点的水平距离相等，A项正确；当甲、乙弹开时的速度小于v0时，两滑块最终会在传送带上向右运动，且离开传送带时的速度均能等于v0，则C项正确．9．如右图所示是A、B两物体从同一地点出发，沿相同的方向做直线运动的v－t图象，由图象可知( )A．A比B早出发5 sB．第15 s末A、B速度相等C．前15 s内B的位移比A的位移大50 mD．第20 s末A、B位移之差为25 m解析：选CD.由图象可知，B物体比A物体早出发5 s，A错；10 s末A、B速度相等，B错；由于位移的数值等于图线与时间轴所围“面积”，所以前15 s内B的位移为150 m，A的位移为100 m，C对；将图线延伸可得，前20 s内A的位移为225 m，B的位移为200 m，故D正确．二、计算题(本题共3个小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(12分)在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，如右图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．求：(取g＝10 m/s2)(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小；(2)座椅在匀减速阶段的时间和加速度大小．解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度大小为v，下落时间t1＝1.2 s，由v＝gt1得：v＝12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h，总时间为t，h＝40－4＝36 m，由h＝v2t得：t＝6 s，设座椅匀减速运动的时间为t2，则t2＝t－t1＝4.8 s.座椅在匀减速阶段的加速度大小为a＝vt2＝2.5 m/s2，方向竖直向上．答案：(1)12 m/s(2)4.8 s 2.5 m/s211．(16分)如图所示，有一足够长斜面，倾角α＝37°，一物体从斜面底端A 处以初速度v 0＝6 m /s 沿斜面上滑，到B 处后，受一与物体重力大小相等的水平向右的恒力作用，物体最终停在C点(C 点未画出)；已知AB ＝1 m ，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m /s 2)求：(1)物体到达B 点的速度大小；(2)BC 距离．解析：(1)物体由A 至B 过程由牛顿第二定律得：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1解得a 1＝－10 m /s 2由运动学方程得：v 2B －v 20＝2a 1x AB解得：v B ＝4 m /s(2)物体由B 至C 过程，受力如图所示：由牛顿第二定律得mg cos 37°－mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋mg sin 37°)＝ma 2，解得a 2＝－5 m /s 2由运动学方程得0－v 2B ＝2a 2x BC解得x BC ＝1.6 m答案：(1)4 m /s (2)1.6 m12．(18分)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m /s 的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过t 0＝5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m /s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km /h 以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝v a ＝102.5s ＝4 s s 货＝v(t 0＋t 1)＝10×(5.5＋4)m＝95 ms 警＝12at 21＝12×2.5×42 m ＝20 m 所以两车间的最大距离Δs ＝s 货－s 警＝75 m .(2)v m ＝90 km /h ＝25 m /s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝v m a ＝252.5s ＝10 s s 货′＝v(t 0＋t 2)＝10×(5.5＋10) m ＝155 ms 警′＝12at 22＝12×2.5×102 m ＝125 m 因为s 货′＞s 警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离 Δs′＝s 货′－s 警′＝30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则 Δs ′＝v m Δt －v Δt即Δt ＝Δs ′v m －v ＝3025－10s ＝2 s 所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s 追上货车．答案：(1)75 m (2)12 s。
高考物理专题限时习题：第2讲限时规范训练 Word版含答案[ 高考]
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一、选择题(本题共9个小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～9题有多项符合要求．)1．(2014·广东汕头模拟)如图所示，一重为8 N 的球固定在AB杆的上端，今用测力计水平拉球，使杆发生弯曲，此时测力计的示数为6 N ，则AB 杆对球作用力的大小为( )A ．6 NB ．8 NC ．10 ND ．12 N解析：选C .球受竖直向下的重力、测力计水平向右的拉力和杆的弹力作用，重力和拉力的合力与杆的弹力等大、反向，故AB 杆对球作用力的大小为G 2＋F 2＝82＋62N ＝10 N ，C 正确．2．(2014·安徽合肥质检)如图所示，质量为M 、半径为R 、内壁光滑的半球形容器静止放在粗糙水平地面上，O 为球心，有一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在半球底部O′处，另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法中正确的是( )A ．小球受到轻弹簧的弹力大小为32mg B ．小球受到容器的支持力大小为12mgC ．小球受到容器的支持力大小为mgD ．半球形容器受到地面的摩擦力大小为32mg 解析：选C .小球受力分析如图所示，由几何关系可知，F N ＝F 弹，由平衡条件得：2F N sin θ＝mg ，可得：F N ＝F 弹＝mg ，故A 、B 错误，C 正确；取半球形容器、弹簧和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为0，D 错误．3．(2014·广东省十校联考)如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R.质量为m 的蚂蚁只有在离 桌面高度大于或等于45R 时，才能停在碗上，那么蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为( )A .45mgB .25mgC .34mgD .35mg解析：选D .分析蚂蚁停留在离桌面高度等于45R 时的情况，该处的半径与水平地面的夹角θ的正弦sin θ＝0.8，分析蚂蚁受力，由平衡条件可得f ＝mg cos θ＝3mg/5，选项D 正确．4．(2014·浙江省金华十校高三质检)如图所示，重为10 N 的小球套在与水平面成37°角的硬杆上，现用一垂直于杆向上、大小为20 N 的力F 拉小球，使小球处于静止状态(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列说法中正确的是( ) A ．小球不一定受摩擦力的作用B ．小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为6 NC ．杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为4.8 ND ．杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，大小为12 N解析：选B .由平衡条件可得，小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为mg sin 37°＝6 N ，选项A 错误B 正确．由F －mg cos 37°＝F N ，可得，F N ＝12 N ，杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为12 N ，选项CD 错误．5．如图所示，A 、B 两个带电小球电荷量均为q ，悬于等长的两根丝线的一端，线长为L.小球B 靠在绝缘墙上，当A 球的质量为m 时，由于静电斥力使A 、B 两球相距x ，问在A 、B 两球所带电荷量不变的情况下，A 球的质量增为多大时，能使A 、B 间距离减小为x/2( )A ．2mB ．4mC ．6mD ．8m解析：选D .分析小球A 的受力如图所示，由平衡条件可知，库仑力F 与绳的拉力F T 的合力与A 的重力mg 等大反向．由矢量三角形与△OAB 相似可得：mg L ＝F x .而F ＝kq 2x2.可得出： m ＝kq 2L gx3.可知当AB 间距成为x 2时，A 球质量应增为8m ，故选项D 正确．6．如图，粗糙绝缘的水平面有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，此过程A始终保持静止，A、B可视为质点，则( )A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对物体A先做正功后做负功解析：选AC.电荷B从P缓慢移至Q的过程中，其对A的库仑斥力大小不变，方向变化，其竖直分力先增大后减小，水平分力先减小后增大，再结合A受的其他力，根据平衡条件，可推出A、C正确，B错误；A始终静止没有位移，故库仑力不对其做功，D错误．7．(2014·辽宁大连质检)如图甲所示，将十四个等质量的小球均匀地穿在线上组成首尾相连的一串球链挂在光滑的斜面ABC上，斜面底边AC水平，这些小球均静止．现同时去掉下面的八个对称悬挂的小球，如图乙所示，则关于剩余的六个小球，以下说法正确的是( )A．仍在斜面上保持静止B．向左侧沿斜面逆时针滑动C．向右侧沿斜面顺时针滑动D．AB的长度一定是BC的2倍解析：选AD.去掉下面小球前，系统处于静止状态，下面八个小球对称分布，故此八个小球对斜面上六个小球的作用力竖直向下，去掉后，斜面上的小球仍然保持静止，左侧四个小球沿斜面向下的重力分力为4mg sinα，右侧两个小球沿斜面向下的重力分力为2mg sinβ，由平衡条件可知4mg sinα＝2mg sinβ，则有2sinα＝sinβ，即AB边的长度是BC边长度的两倍．8．(2013·高考广东卷)如图，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解析：选BD.P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均错，B项正确．由f＝mg sinθ知，当m变大时f将随之变大，D项正确．9．(2014·山东德州模拟)如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上．a、b之间用一轻弹簧连接．b的右端用细绳与固定在斜面上的档板相连．开始时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力．下列说法正确的是( )A．a所受的摩擦力一定不为零B．b所受的摩擦力一定不为零C．细绳剪断瞬间a所受摩擦力不变D．细绳剪断瞬间b所受摩擦力可能为零解析：选ACD.弹簧处于压缩状态，a所受的摩擦力方向向上，一定不为零，选项A正确；b所受的摩擦力可能为零，选项B错误；细绳剪断瞬间a所受摩擦力不变，b所受摩擦力可能为零，选项CD正确．二、计算题(本题共3个小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(15分)如图所示，质量为m的物体，用水平的轻质绳AB拉住静止在倾角为θ的固定光滑斜面上，求物体对斜面压力的大小．解析：解法一：以物体m为研究对象，建立如图(1)所示的坐标系，由平衡条件得F1cosθ－mg sinθ＝0①F N－F1sinθ－mg cosθ＝0②联立①②解得F N＝mgcosθ根据牛顿第三定律可知，物体对斜面压力的大小为F N′＝mgcosθ.解法二：以物体m 为研究对象，建立如图(2)所示坐标系，根据物体m 在共点力作用下平衡条件知：F N cos θ－mg ＝0，则F N ＝mg cos θ，由牛顿第三定律知F N ′＝mg cos θ. 解法三：以物体m 为研究对象，F 1与F N 的合力与重力mg 大小相等，方向相反，如图(3)所示，则F N ＝mg cos θ，由牛顿第三定律得知F N ′＝mg cos θ. 答案：mg cos θ11．(15分)(2014·湖北省孝感市期末)如图甲、乙所示，传送带上有质量均为m 的三个木块1、2、3，中间均用原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于平衡状态．求：(1)在图甲状态下，1、3两木块之间的距离是多大？(2)在图乙状态下，细线的拉力是多大？木块1、3之间的距离又是多大？解析：(1)如图甲所示，当三木块达到平衡状态后，对木块3进行受力分析，可知2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的滑动摩擦力，μmg ＝kx 3解得2和3间弹簧伸长量为x 3＝μmg k同理以木块2为研究对象得kx 2＝kx 3＋μmg即1和2间弹簧的伸长量为x 2＝2μmg k1、3两木块之间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即x ＝2L ＋3μmg k(2)以木块1、2、3为系统，由平衡条件可得：T ＝f 123＋3mg sin α其中：f 123＝μ3mg cos α解得：T ＝3mg(sin α＋μcos α)对木块3受力分析，设2、3之间的弹簧的形变量为Δx 1，由胡克定律结合平衡条件可得： k Δx 1＝mg sin α＋μmg cos α将2，3作为一个整体，设1，2之间的形变量为Δx 2，由胡克定律结合平衡条件可得： k Δx 2＝2mg sin α＋2μmg cos α故1、3之间的距离为：L 13＝2L ＋3mg （sin α＋μcos α）k答案：(1)2L ＋3μmg k (2)3mg(sin α＋μcos α) 2L ＋3mg （sin α＋μcos α）k12．(16分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)．设拖把头的质量为m ，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0.若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tan θ0.解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有F cos θ＋mg ＝N①F sin θ＝f②式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．二者的关系为：f ＝μN③联立①②③得F ＝μsin θ－μcos θ mg ④(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有F sinθ≤λN⑤这时①式仍满足，联立①⑤得sinθ－λcosθ≤λmg F现考察使上式成立的θ角的取值范围，注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sinθ－λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为tanθ0＝λ答案：(1)μsinθ－μcosθmg (2)λ。
2020版高考物理一轮总复习 第二章 限时规范训练新人教版【共4套26页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第二章第1课时重力弹力基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第二章第2课时摩擦力基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第二章第3课时力的合成与分解基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第二章第4课时受力分析共点力的平衡能力课时限时规范训练含解析新人教版重力弹力[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)关于力，下列说法正确的是( )A．拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体B．站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C．重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的D．同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力解析：选BC.力是物体间的相互作用，有力就有施力物体和受力物体，故A错误；物体受到的弹力是施力物体反抗形变(或欲恢复原状)对受力物体施加的力，故B正确；力学中，按照力的性质可以把力分为重力、弹力、摩擦力等，按照力的作用效果可以把力分为动力、阻力、压力、支持力等，故C正确；同一物体放在地球上同一纬度且离地面高度相同时，受到的重力相同，故D错误．2．下列关于重力的说法中正确的是( )A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的同一个物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力解析：选C.物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B错误；赤道上重力加速度最小，因此地面上的同一个物体在赤道上受的重力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，故D错误．3．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力解析：选D.若小球与小车一起做匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．4．小车上固定一根弹性直杆A ，杆顶固定一个小球B (如图所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下列如图所示的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是( )解析：选C.小车在光滑斜面上自由下滑，则加速度a ＝g sin θ(θ为斜面的倾角)，由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下，且小球的加速度等于g sin θ，则杆的弹力方向垂直于斜面向上，杆不会发生弯曲或倾斜，C 正确．5．在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图所示，筷子与碗的接触点分别为A 、B ，则碗对筷子A 、B 两点处的作用力方向分别为( )A ．均竖直向上B ．均指向球心OC ．A 点处指向球心O ，B 点处竖直向上D ．A 点处指向球心O ，B 点处垂直于筷子斜向上解析：选D.A 点处弹力的方向沿半径指向球心O ，B 点处弹力的方向垂直于筷子斜向上，故D 正确．6．如图所示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧，在此过程中下面木块移动的距离为( ) A.m 1g k 1 B ．m 2g k 1 C.m 1g k 2 D ．m 2g k 2解析：选C.在此过程中，压在下面弹簧上的压力由(m 1＋m 2)g 减小到m 2g ，即减少了m 1g ，根据胡克定律可断定下面弹簧的长度增长了Δl ＝m 1g k 2，即下面木块移动的距离为m 1g k 2. 7．一小组将两个完全相同的轻弹簧分别按图甲和图乙连接，等效为两个新弹簧，测得两个新弹簧的“拉力与弹簧伸长量的关系图象”如图丙所示，则下列说法正确的是( )A ．F ＝2 N 时甲图中每个弹簧伸长0.1 mB ．F ＝2 N 时乙图中每个弹簧伸长0.1 mC ．原来每个弹簧的劲度系数为20 N/mD ．b 为甲图弹簧得到的图象解析：选A.根据弹簧串联与并联的特点可知，两条弹簧并联后新弹簧的劲度系数增大，而串联后新弹簧的劲度系数相对较小；弹簧的拉力与弹簧伸长量的关系图象中，直线的斜率：k ＝F Δx ，对比胡克定律：F ＝k Δx 可知，直线的斜率即表示弹簧的劲度系数．由于a 的劲度系数大，b 的劲度系数小，所以a 为甲图弹簧得到的图象，b 为乙图弹簧得到的图象，甲图是两根弹簧并联，新弹簧的伸长量等于每一个弹簧的伸长量，所以甲图中，F ＝2 N 时每个弹簧都伸长0.1 m ，故A 正确，B 、D 错误；由丙图可知，新弹簧的劲度系数：k 甲＝F Δx ＝20.1N/m ＝20 N/m ，则原来每个弹簧的劲度系数一定不是20 N/m ，故C 错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示的装置中，弹簧的原长和劲度系数都相等，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计．平衡时各弹簧的长度分别为L 1、L 2、L 3，其大小关系是( )A ．L 1＝L 2＝L 3B ．L 1＝L 2＜L 3C ．L 1＝L 3＞L 2D ．L 3＞L 1＞L 2解析：选A.根据胡克定律和平衡条件分析可得：平衡时各弹簧的长度相等，选项A 正确．2．如图所示的四个图中，AB 、BC 均为轻质杆，各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接，两杆都在B 处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是( )A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁解析：选B.如果杆受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，题图甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC 杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，B正确．3．如图所示，三个质量均为1 kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的轻弹簧p、q用轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上．开始时弹簧p处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力缓慢地向左拉弹簧p的左端，直到c刚好离开水平面为止，g取10 m/s2.该过程弹簧p的左端向左移动的距离是( )A．4 cm B．6 cmC．8 cm D．10 cm解析：选C.弹簧q开始处于压缩状态，kx1＝mg，当c刚好离开水平面时，弹簧q处于伸长状态，kx1′＝mg，此时弹簧p处于伸长状态，弹力大小为kx2＝2mg，代入数据可解得：x1＝x1′＝2 cm，x2＝4 cm，故此过程中弹簧p的左端向左移动的距离为x1＋x1′＋x2＝8 cm，C正确．4．(多选)轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支撑着悬挂重物的轻绳，如图所示．现使杆和竖直方向的夹角缓慢减小，则杆对滑轮P的作用力( )A．大小变大B．大小不变C．方向发生变化，但始终沿杆方向D．方向始终在P两侧轻绳的夹角的角平分线上，不一定沿杆解析：选BD.滑轮P受到两侧轻绳的拉力和杆的作用力，其中两侧轻绳的拉力大小相等，且等于重物的重力，使杆和竖直方向的夹角缓慢减小时，两拉力的方向不变，则其合力也不变，方向始终在P 两侧轻绳夹角的角平分线上，因滑轮P 受力平衡，故杆对滑轮P 的作用力大小不变，方向始终在P 两侧轻绳夹角的角平分线上，不一定沿杆，选项B 、D 正确．5．如图所示，A 、B 两个物块的重力分别是G A ＝3 N ，G B ＝4 N ，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F ＝2 N ，则天花板受到的拉力和地板受到的压力，有可能是( )A ．3 N 和4 NB ．5 N 和6 NC ．1 N 和2 ND ．5 N 和2 N解析：选D.当弹簧由于被压缩而产生2 N 的弹力时，由受力平衡及牛顿第三定律知，天花板受到的拉力为 1 N ，地板受到的压力为6 N ；当弹簧由于被拉伸而产生2 N 的弹力时，可得天花板受到的拉力为5 N ，地板受到的压力为2 N ，D 正确．6．(2017·高考全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2·cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确．7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a 、b 、c ，被沿两直角边的细绳A 、B 悬吊在天花板上，且斜边c 恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN ，设A 、B 两绳对三角形薄板的拉力分别为F a 和F b ，已知F a 和F b 以及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是( )A ．薄板的重心不在MN 线上B ．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN 的延长线上C ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 是由于薄板发生形变而产生的D ．两绳对薄板的拉力F a 和F b 之比为F a ∶F b ＝b ∶a解析：选BD.三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，选项A错误；重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，选项B正确；两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生，选项C错误；三角形薄板受力分析如图所示，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝1tan α＝b∶a，选项D正确．摩擦力[基础巩固题组](20分钟，50分)1．下列关于摩擦力的说法中，错误的是( )A．两物体间有摩擦力，一定有弹力，且摩擦力的方向和它们的弹力方向垂直B．两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比C．在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度D．滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同，也可以相反解析：选 B.摩擦力方向沿接触面，弹力方向垂直接触面，且有摩擦力一定有弹力，A 正确；静摩擦力与压力没有关系，B错误；静摩擦力可以产生在运动的物体间，且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度，例如，静摩擦力提供向心力，C正确；滑动摩擦力可以是动力也可以是阻力，D正确．2．(2019·天津一模)关于静摩擦力，下列说法中正确的是( )A．两个运动的物体之间不可能有静摩擦力的作用B．静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反C．静摩擦力做的功一定为零D．静摩擦力只有大小没有方向解析：选B.静摩擦力可以存在于运动的两个物体之间，A错误；静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反，可能与物体运动方向相反，也可能相同，由恒力做功的表达式W＝Fl cos α，可知静摩擦力可能做负功，也可能做正功，也可能不做功，故B正确，C 错误；静摩擦力有大小，也有方向，故D错误．3．(2019·北京市延庆三中模拟)(多选)如图所示，在粗糙的水平面上叠放着物体A和B，A和B间的接触面也是粗糙的，如果用水平拉力F施于A，而A、B仍保持静止，则下面的说法中正确的是( )A．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于FB．物体A与地面间的静摩擦力的大小等于零C．物体A与B间的静摩擦力的大小等于FD．物体A与B间的静摩擦力的大小等于零解析：选AD.以A、B为整体为研究对象，分析受力可知，整体水平方向受到拉力F和地面对A的静摩擦力f A，由平衡条件得到，f A＝F.故A正确，B错误．以B为研究对象，分析受力可知，B相对于A没有运动趋势，B不受静摩擦力，即物体A与B间的静摩擦力的大小等于零．故C错误，D正确．4．如图所示，质量为2 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，水平地面足够大．t ＝0时，物体以2 m/s的初速度向右运动，同时对物体施加一个水平向左的大小恒为2 N的拉力F，取向右为正方向，g＝10 m/s2，则在t＝0之后( )A．物体所受摩擦力不会变化B．物体所受摩擦力会由－4 N变为＋2 NC．物体所受摩擦力会由－4 N变为－2 ND．物体所受摩擦力会由＋4 N变为＋2 N解析：选B.分析摩擦力问题的关键是弄清楚是滑动摩擦力还是静摩擦力，由题意知，刚开始物体向右运动，所以物体受到向左的滑动摩擦力为－4 N；又因为物体受到向左的水平恒力，所以物体会向右做匀减速直线运动直到速度为0；之后水平恒力小于最大静摩擦力，故物体受到向右的静摩擦力，与水平恒力等大反向，大小为＋2 N，选项B正确．5．如图所示，物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来，则传送带转动后，下列说法正确的是( )A．M受到的摩擦力不变B．M受到的摩擦力变大C．M可能减速下滑D．M可能减速上滑解析：选A.根据滑动摩擦力的公式F＝μF N，传送带突然顺时针转动并不会影响动摩擦因数和物块对传送带的压力，所以滑动摩擦力大小不变，方向仍沿传送带向上，物块受重力、支持力和摩擦力的合力仍为零，故仍匀速下滑，选项A正确．6．(多选)如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平拉力F作用在物块C上后，各物块仍保持静止状态，则以下说法正确的是( )A．B不受摩擦力作用B．C对A的摩擦力水平向左C．A受到的各个摩擦力的合力为零D．A、B、C三个物块组成的整体所受摩擦力为零解析：选AC.B受到重力和支持力而平衡，故B不受摩擦力作用，选项A正确；A、C整体受力平衡，桌面对A的静摩擦力f1＝F，方向水平向左，即A、B、C三个物块组成的系统整体所受摩擦力大小为F，选项D错误；A在水平方向上受到桌面对A的静摩擦力f1和C对A的静摩擦力f3而平衡，f3＝F，方向水平向右，选项B错误，C正确．7．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F T1、F T2，则下列说法正确的是( )A．物体受到的摩擦力F f1＜F f2B．物体所受摩擦力方向向右C．F T1＝F T2D．传送带速度足够大时，物体受到的摩擦力可为0解析：选C.物体的受力如图所示，滑动摩擦力与绳拉力的水平分量平衡，因此方向向左，选项B错误；设绳与水平方向成θ角，则F T cos θ－μF N＝0，F N＋F T sin θ－mg＝0，解得F T＝μmgcos θ＋μsin θ，因为θ不变，所以F T恒定不变，选项C正确；滑动摩擦力F f＝F T cos θ＝μmg cos θcos θ＋μsin θ也不变，选项A、D错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，木块m受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F＞μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：选AD.由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，A 正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块加速运动，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，C错误，D正确．2．如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上，用力F向右推同样放置在木板上的箱子，木板、人、箱子均处于静止状态．三者的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A．箱子受到的摩擦力方向向右B．人受到的摩擦力方向向右C．地面对木板的摩擦力方向向右D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析：选B.箱子在水平方向受到人向右的推力和木板向左的摩擦力而处于静止状态，A 错误；人受到箱子对人的向左的推力和木板对人的向右的摩擦力，二力平衡，故B正确；木板受到箱子向右的摩擦力和人向左的摩擦力，二力平衡，所以地面对木板没有摩擦力，C错误；将木板、人、箱子三者看做一个整体，竖直方向受到重力和地面的支持力，所以支持力等于三者的重力之和3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，D错误．3．如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，F的方向与斜面平行，如果将力F撤掉，下列对物块的描述正确的是( )A．物块将沿斜面下滑B．物块受到的摩擦力变大C．物块立即获得加速度D．物块所受的摩擦力改变方向解析：选D.物块受到的重力沿斜面向下的分力为mg sin θ，有F作用时静摩擦力的大小等于F和mg sin θ的合力，方向沿其合力的反方向．将力F撤掉，摩擦力大小变为mg sin θ，方向沿斜面向上，物块受到的摩擦力变小，物块加速度为零，仍然静止．综上知D正确．4．装修工人在搬运材料时施加一个水平拉力将其从水平台面上拖出，如图所示，则在匀加速拖出的过程中( )A．材料与平台之间的接触面积逐渐减小，摩擦力逐渐减小B．材料与平台之间的相对速度逐渐增大，摩擦力逐渐增大C．平台对材料的支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小D．材料与平台之间的动摩擦因数不变，支持力也不变，因而工人的拉力也不变解析：选D.匀加速拖出材料的过程，只能持续到材料的重心离开台面的瞬间，故在匀加速拉动过程中，材料的重心在台面上，材料对台面的压力不变，材料受到的支持力不变，故C错误；而在拉动过程中动摩擦因数不变，由F f＝μF N可知摩擦力不变，故A、B错误；因为摩擦力不变，材料做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知F－F f＝ma，所以工人的拉力不变，故D正确．5．(多选)如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止．弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受的摩擦力F f a≠0，b所受的摩擦力F f b＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )A．F f a大小不变B．F f a方向改变C．F f b仍然为零D．F f b方向向右解析：选AD.剪断右侧细绳瞬间，b木块仍受弹簧向左的拉力，故此时F f b不等于零，其方向水平向右，与弹簧拉力方向相反．a木块在剪断细绳瞬间与剪断前受力情况没有发生变化，故F f a的大小、方向均没有变化．选项A、D正确．6．如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20 kg，B物体质量M＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，轻弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m时，水平推力F的大小为(已知A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)( )A．350 N B．300 NC．250 N D．200 N解析：选B.假设A、B间没有相对滑动，则轻弹簧的压缩量为x＝0.2 m，此时轻弹簧的弹力大小为F＝kx＝50 N，而A与B间的最大静摩擦力为F f A＝μmg＝100 N，所以A、B之间没有相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，其大小为F f1＝50 N，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f2＝μ(m＋M)g＝250 N，由B缓慢移动，可理解为时时刻刻受力平衡，可知推力的大小为F＝F f1＋F f2＝300 N，即B选项正确．7．(多选)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向．则物块所受的摩擦力F f与时间t的关系可能正确的是( )解析：选BD.若t＝0时，静摩擦力沿斜面向上，随F减小，F f增大，当F反向后，F f 在原来基础上继续增大，D正确；若t＝0时，静摩擦力沿斜面向下，随F减小，F f减小，在F＝0前，F f变为沿斜面向上，B正确．力的合成与分解[基础巩固题组](20分钟，50分)1．物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，若F1、F2、F3三个力不共线，则这三个力可能选取的数值为( )A．15 N、5 N、6 N B．3 N、6 N、4 NC．1 N、2 N、10 N D．1 N、6 N、7 N解析：选B.物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B选项中的三个力的合力可以为零且三个力不共线，B正确．2．(多选)一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是( )A．拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B．拉力与摩擦力的合力大小等于车和小孩重力大小C．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D．小孩和车所受的合力为零解析：选CD.小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故选项A错误；拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直向下，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故选项B错误，C正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故选项D正确．3．如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时，汽车对千斤顶的压力为 1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°.下列判断正确的是( )A．此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大D．若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小解析：选D.汽车对千斤顶的压力大小为1.0×105 N，根据牛顿第三定律，千斤顶对汽车的支持力也为1.0×105 N，B项错误；两臂夹角为120°，由力的合成可知千斤顶每臂受到的压力为1.0×105N，A项错误；继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶两臂夹角减小，每臂受到的压力减小，C项错误，D项正确．4．(2019·石家庄模拟)如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片．若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )A．kL B．2kLC.32kL D．152kL解析：选 D.发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sin θ＝L22L＝14，cos θ＝1－sin2θ＝154.发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2F cos θ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·154＝152kL，D正确．5．(多选)已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为3 3F，方向未知，则F1的大小可能是( )A.3F3B．3F2C.23F3D．3F解析：选AC.如图所示，因F2＝33F＞F sin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝F22－F sin 30°2＝36F，即F1的大小分别为F cos 30°－ΔF和F cos 30°＋ΔF，即F1的大小分别为33F和233F，A、C正确．6．(多选)如图所示是李强同学设计的一个小实验，他将细绳的一端系在手指上，细绳的另一端系在直杆的A端，杆的左端顶在掌心上，组成一个“三角支架”．在杆的A端悬挂不同的重物，并保持静止．通过实验会感受到( )A．细绳是被拉伸的，杆是被压缩的B．杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向AC．细绳对手指施加的作用力的方向沿细绳由B指向AD．所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大。
第4讲曲线运动,天体运动(限时训练)
高三物理限时规范训练（四）曲线运动、天体运动(时间：60分钟满分：100分)姓名成绩一、选择题(本题共9个小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～9题有多项符合要求．)1．(2014·辽宁大连联考)如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两个小球初速度之比v1v2为( )A．tanαB．cosαC．tanαtanαD．cosαcosα2．(2014·吉林长春市高中毕业班调研测试)计算机硬盘内部结构如图所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据．磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区．现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5 400r/min和7 200 r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则( )A．磁头的位置相同时，7 200 r/min的硬盘读写数据更慢B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长C．不管磁头位于何处，5 400 r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等D．5 400 r/min与7 200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3∶43．(2014·吉林省长春调研)如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是( )A．物体A和卫星C具有相同大小的加速度B．卫星C的运行速度大于物体A的速度C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D．卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度相等4．(2014·泉州联考)如图所示，P是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O点的竖直轴匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v＝0.2 m/s的速度匀速向右运动，小桶底部与圆盘上表面的高度差为h＝5 m．t＝0时，小桶运动到O点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为ω，第二、三滴水落点的最大距离为d，则( )A．ω＝πrad/s，d＝1.0 m B．ω＝2πrad/s，d＝0.8 mC．ω＝πrad/s，d＝0.8 m D．ω＝2πrad/s，d＝1.0 m5．(2013·高考安徽卷)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E p＝－GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A．GMm⎝⎛⎭⎪⎫1R2－1R1B．GMm⎝⎛⎭⎪⎫1R1－1R2C.GMm2⎝⎛⎭⎪⎫1R2－1R1D.GMm2⎝⎛⎭⎪⎫1R1－1R26．(2013·高考江苏卷)如图所示，从地面上同一位置拋出两小球A、B，分别落在地面上的M、N两点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大7．(2014·河南郑州质检)“天宫一号”目标飞行器既是交会对接目标飞行器，也是一个空间实验室，将以此为平台开展空间实验室的有关技术验证，假设“天宫一号”绕地球做半径为r1，周期为T1的匀速圆周运动，地球绕太阳做半径为r2、周期为T2的匀速圆周运动，已知引力常量为G，则根据题中的条件可以求得( )A．太阳的质量B．“天宫一号”的质量C．“天宫一号”与地球间的万有引力D．地球与太阳间的万有引力8．(2014·四川成都联考)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中， 一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪 坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大 小为v 0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变， 重力加速度为g ，则( )A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θD ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg9．(2014·河南开封模拟)随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点，假设深太空中有一颗外星球，其质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的12，则下列判断正确的是( )A ．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星的周期B ．某物体在该外星球表面所受的重力是在地球表面所受重力的8倍C ．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D ．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同二、计算题(本题共3个小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(15分)(2014·山东泰安质检)如图所示，ABC 和DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC 的末端水平，DEF 是 半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DF 沿竖直方向，C 、D 可看做重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC 上距C 点 高为H 的地方由静止释放．(1)若要使小球经C 处水平进入轨道DEF 且能沿轨道运动，H 至少要有多高？(2)若小球静止释放处离C 点的高度h 小于(1)中H 的最小值，小球可击中与圆心等高的E 点，求此h 的值．(g 取10 m /s 2)11．(15分)(2014·泰兴市期中调研)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力．如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy 直角坐标系．质量m ＝0.5 kg 的小球以初速度v 0＝0.40m /s 从O 点沿x 轴正方向运动，在0～2.0 s 内受到一个沿y 轴正方向、大小F 1＝0.20 N 的风力作用；小球运动2.0 s 后风力方向变为沿y 轴负方向、大小变为F 2＝0.10 N (图中未画出)．试求：(1)2.0 s 末小球在y 方向的速度大小和2.0 s 内运动的位移大小； (2)风力F 2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同； (3)小球回到x 轴上时的动能．12．(16分)如图所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的光滑14圆形轨道，EF 为一倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，木板的下端D 离斜面底端的距离为15 m ，开始时木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块从A 点由静止开始下滑，通过B 点后被水平拋出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝36.取g ＝10 m/s 2，求： (1)物块到达B 点时对圆形轨道的压力大小；(2)物块做平拋运动的时间；(3)若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？。
高考物理第一轮复习限时规范训练：机械能守恒定律及其应用(解析版)
一轮复习限时规范训练机械能守恒定律及其应用一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求．1、关于机械能守恒，下列说法中正确的是( )A．物体做匀速运动，其机械能肯定守恒B．物体所受合力不为零，其机械能肯定不守恒C．物体所受合力做功不为零，其机械能肯定不守恒D．物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动，其机械能削减答案:D解析:物体做匀速运动其动能不变，但机械能可能变，如物体匀速上升或下降，机械能会相应的增加或削减，选项A错误；物体仅受重力作用，只有重力做功，或受其他力但其他力不做功或做功的代数和为零时，物体的机械能守恒，选项B、C错误；物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动时，物体肯定受到一个与运动方向相反的力的作用，此力对物体做负功，物体的机械能削减，故选项D正确．2．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装肯定滑轮，小物块A，B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A，B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A．速率的改变量不同B．机械能的改变量不同C．重力势能的改变量相同D．重力做功的平均功率相同答案:D解析:由题意依据力的平衡有m A g＝m B g sin θ，所以m A＝m B sin θ.依据机械能守恒定律mgh＝12mv2，得v＝2gh，所以两物块落地速率相等，选项A错误；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能改变量都为零，选项B错误；依据重力做功与重力势能改变的关系，重力势能的改变为ΔE p＝－W G＝－mgh，所以E p A＝m A gh＝m B gh sin θ，E p B＝m B gh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为P A＝m A g·v2，B重力的平均功率P B＝m B g·v2sin θ，因为m A＝m B sin θ，所以PA＝P B，选项D正确．3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间改变关系是( )A B C D答案:C解析:物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为W＝F·12at2，与时间成二次函数关系，选项A、B两项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确．4．如图所示，粗细匀称、两端开口的U形管内装有同种液体，起先时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流淌，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )A．18gh B．16ghC．14gh D．12gh答案:A解析:设管子的横截面积为S ，液体的密度为ρ.打开阀门后，液体起先运动，不计液体产生的摩擦阻力，液体机械能守恒，液体削减的重力势能转化为动能，两边液面相平常，相当于右管12h 高的液体移到左管中，重心下降的高度为12h ，由机械能守恒定律得ρ·12hS ·g ·12h ＝12ρ·4hS ·v 2，解得，v ＝gh8.选项A 正确．5．如图所示，一质量为m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与该小球相连．现将小球从A 点由静止释放，沿竖直杆运动到B 点，已知OA 长度小于OB 长度，弹簧处于OA ，OB 两位置时弹力大小相等．在小球由A 到B 的过程中( )A ．加速度等于重力加速度g 的位置有两个B ．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C ．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D ．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离答案:AC解析:在运动过程中A 点为压缩状态，B 点为伸长状态，则由A 到B 有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g ；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g .则有两处加速度为g ，故A 项正确；在A 点速度为零，弹簧弹力功率为0，弹簧与杆垂直时弹力的功率为0，有一位置的弹力为0，其功率为0，共3处，故B 项错误；因A 点与B 点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故C 项正确；因小球对弹簧做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故D 项错误．6．如图所示，滑块A ，B 的质量均为m ，A 套在固定竖直杆上，A ，B 通过转轴用长度为L 的刚性轻杆连接，B 放在水平面上并紧靠竖直杆，A ，B均静止．由于微小扰动，B起先沿水平面对右运动．不计一切摩擦，滑块A，B视为质点．在A下滑的过程中，下列说法中正确的是( ) A．A，B组成的系统机械能守恒B．在A落地之前轻杆对B始终做正功C．A运动到最低点时的速度为2gLD．当A的机械能最小时，B对水平地面的压力大小为2mg答案:AC解析:A，B组成的系统中只有动能和势能相互转化，故A、B组成的系统机械能守恒，选项A正确；分析B的受力状况和运动状况：B先受到竖直杆向右的推力，使其向右做加速运动，当B的速度达到肯定值时，杆对B有向左的拉力作用，使B向右做减速运动，当A落地时，B的速度减小为零，所以杆对B先做正功，后做负功，选项B错误；由于A、B组成的系统机械能守恒，且A到达最低点时B的速度为零，依据机械能守恒定律可知选项C正确；B先做加速运动后做减速运动，当B的速度最大时其加速度为零，此时杆的弹力为零，故B对水平面的压力大小为mg，由于A、B组成的系统机械能守恒，故此时A机械能最小，选项D错误．7．如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B，C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手限制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B，C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，起先时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法错误的是( )A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A ，B 两小球组成的系统机械能守恒答案:ACD解析:释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面，此时细线中拉力等于4mg sin α，弹簧的弹力等于mg ，则有4mg sin α＝mg ＋mg ，解得斜面倾角α＝30°，选项A 错误；释放A 前，弹簧的压缩量为x ＝mg k ，A 沿斜面下滑至速度最大时弹簧的伸长量为x ′＝mg k，由机械能守恒定律得4mg ·2x sin α－mg ·2x ＝12·4mv 2＋12mv 2，解得A 获得的最大速度为v ＝2g m 5k，选项B 正确；C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A ，B 两小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误．二、非选择题8．如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h ＝0.2 m ，起先时让连着A 的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B ，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A 的速度为多大？在以后的运动过程中，A 所获得的最大速度为多大？(设B 不会遇到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g ＝10 m/s 2) 解：设绳与水平杆夹角θ2＝53°时，A 的速度为v A ，B 的速度为v B ，此过程中B 下降的高度为h 1，则有mgh 1＝12mv 2A ＋12mv 2B ，其中h 1＝h sin θ1－hsin θ2，v A cos θ2＝v B ，代入数据，解以上关系式得v A ≈1.1 m/s.A 沿着杆滑到左侧滑轮正下方的过程，绳子拉力对A 做正功，A 做加速运动，此后绳子拉力对A 做负功，A 做减速运动．故当θ1＝90°时，A 的速度最大，设为v A m ，此时B 下降到最低点，B 的速度为零，此过程中B 下降的高度为h 2，则有mgh 2＝12mv 2A m ，其中h 2＝h sin θ1－h ，代入数据解得v A m ＝1.63 m/s. 9．如图所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方．在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点，质量为m 的小球以v 0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C 点时，对圆轨道的压力．解：(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律得l ＝12gt 2，x ＝v 0t 联立解得x ＝2l .(2)由小球到达B 点时竖直分速度v 2y ＝2gl ，tan θ＝v y v 0，解得θ＝45°. (3)小球从A 运动到C 点的过程中机械能守恒，设到达C 点时速度大小为v C ，由机械能守恒定律有mgl ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－22＝12mv 2C －12mv 20 设轨道对小球的支持力为F ，有F －mg ＝m v 2C l解得F ＝(7－2)mg由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F ′＝(7－2)mg ，方向竖直向下．10．如图所示，在竖直空间有直角坐标系xOy ，其中x 轴水平，一长为2l 的细绳一端系一小球，另一端固定在y 轴上的P 点，P 点坐标为(0，l )，将小球拉至细绳呈水平状态，然后由静止释放小球，若小钉可在x 正半轴上移动，细绳承受的最大拉力为9mg ，为使小球下落后可绕钉子在竖直平面内做圆周运动到最高点，求钉子的坐标范围．解：当小球恰过圆周运动的最高点时，钉子在x 轴正半轴的最左侧，则有mg ＝m v 21r 1 小球由静止到圆周的最高点这一过程，依据机械能守恒定律有mg (l －r 1)＝12mv 21 x 1＝2l －r 12－l 2解得x 1＝73l 当小球处于圆周的最低点，且细绳张力恰达到最大值时，钉子在x 轴正半轴的最右侧，则有F max －mg ＝m v 22r 2小球由静止到圆周的最低点这一过程，依据机械能守恒定律有 mg (l ＋r 2)＝12mv 22x 2＝2l －r 22－l 2解得x 2＝43l 因而钉子在x 轴正半轴上的范围为73l ≤x ≤43l .。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-4 万有引力与航天限时规范特训(含解析)
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-4 万有引力与航天限时规范特训（含解析）1. [2013·泰安模拟]人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后，卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将( )A ．半径变大，角速度变大，速率变大B ．半径变小，角速度变大，速率变大C ．半径变大，角速度变小，速率变小D ．半径变小，角速度变大，速率变小解析：人造卫星在受到地球外层空间大气阻力时，卫星的速度减小，万有引力提供的向心力大于卫星所需向心力，卫星做近心运动，卫星再次绕地球运行时，半径变小，由G Mmr2＝m ω2r ＝m v 2r得，ω＝GMr 3，v ＝GMr，由于半径变小，故角速度变大，线速度变大，选项B 正确．答案：B2. (多选)假设有两颗人造地球卫星围绕地球做圆周运动，其轨道半径分别为r 1、r 2，向心加速度分别为a 1、a 2，角速度分别为ω1、ω2，则( )A. a 1a 2＝r 22r 21B. a 1a 2＝r 1r 2C. ω1ω2＝r 1r 2D. ω1ω2＝r 32r 31解析：根据万有引力提供向心力有G Mm r2＝m ω2r ＝ma ，整理得ω＝GM r 3，a ＝GM r 2.所以a 1a 2＝r 22r 21，ω1ω2＝r 32r 31，AD 正确． 答案：AD3. 太阳系中有一颗行星，今已测得半径大约为地球半径的2.4倍，密度和地球的密度相当，则由以上信息估算该行星的第一宇宙速度大约为( )A. 1.2×104m/s B. 3.3×103m/s C. 1.9×104 m/sD. 7.9×103m/s解析：设地球的密度为ρ，半径为R ，第一宇宙速度为v 1，未知行星的第一宇宙速度为v 2，则由万有引力定律和牛顿第二定律可得：G ρ43πR 3m R 2＝m v 21R，G ρ43πR 3m 0R2＝m 0v 222.4R，则v 2＝2.4v 1＝1.9×104m/s ，故C 正确．答案：C4. 大陆天文爱好者金彰伟、陈韬将他们发现的小行星命名为“周杰伦”星，并获小行星中心公布永久编号为257248.经过他们的合作，顺利确认小行星轨道，其绕太阳运行的轨道半径为R ，运行周期为T ，已知万有引力常量为G .则由以上数据可估算的物理量有( )A ．行星的质量B ．行星的密度C ．太阳的质量D ．太阳的密度解析：由于小行星的轨道半径和运行周期已知，则由GMm R 2＝m 4π2T2R 可估算太阳的质量，由于太阳的半径未知，因此不能估算太阳的密度，正确选项为C.答案：C5. [2014·四川攀枝花]在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m 1、m 2、m 3，它们的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，且r 1>r 2>r 3，其中m 2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则( )A. 相同的时间内，m 1通过的路程最大B. 三颗卫星中，m 3的质量最大C. 三颗卫星中，m 3的速度最大D. m 1绕地球运动的周期小于24小时解析：三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，即G Mm 1r 21＝G Mm 2r 22＝G Mm 3r 23，则m 3的质量最小，B 项错误；由v ＝GMr可知，m 1的速度最小，m 3的速度最大，相同时间内，m 1通过的路程最小，A 项错误，C 项正确；由T ＝2πr 3GM得，m 1绕地球运动的周期大于m 2的周期，即大于24小时，D 项错误．答案：C6. 2013年6月23日10时07分，在航天员聂海胜的精准操控和张晓光、王亚平的密切配合下，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船成功实现手控交会对接，形成组合体绕地球做圆周运动，速率为v 0，轨道高度为340 km.“神舟十号”飞船连同三位宇航员的总质量为m ，测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船，以及北京飞控中心完成．下列描述错误的是( )A. 组合体圆周运动的周期约1.5 hB. 组合体圆周运动的线速度约7.8 km/sC. 组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大D. 发射“神舟十号”飞船所需能量是12mv 2解析：根据万有引力提供向心力得，GMm r 2＝mr 4π2T 2＝m v 2r＝mr ω2，解得，T ＝4π2r3GM，v＝GMr ，ω＝GM r3，又GM ＝gR 2，r ＝R ＋340 km ＝6740 km ，则T ＝1.5 h ，v ＝7.8 km/s ，A 、B 两项正确；根据组合体的运动半径小于同步卫星的运动半径可知，组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大，C 项正确；发射“神舟十号”飞船所需能量等于飞船的势能与动能之和，D 项错误．答案：D7. (多选)2013年6月13日13时18分，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船成功实现交会对接．这是“天宫一号”自2011年9月发射入轨以来，第5次与“神舟”飞船成功实现交会对接．如图所示，“天宫一号”调整前后做圆周运动距离地面的高度分别为h 1和h 2(设地球半径R ，忽略地球自转的影响)，则“天宫一号”调整前后( )A. 线速度大小之比为R ＋h 1R ＋h 2B. 所受地球引力大小之比为R ＋h 22R ＋h 12C. 向心加速度大小之比为R ＋h 12R ＋h 22D. 周期之比为R ＋h 13R ＋h 23解析：由万有引力提供向心力可得，GMmR ＋h2＝mv 2R ＋h＝m4π2T 2(R ＋h )＝ma ，解得，线速度v ＝GM R ＋h ，向心加速度a ＝GM R ＋h2，周期T ＝4π2R ＋h3GM.“天宫一号”调整前后线速度大小之比为R ＋h 2R ＋h 1，所受地球引力大小之比为R ＋h 22R ＋h 12，向心加速度大小之比为R ＋h 22R ＋h 12，周期之比为R ＋h 13R ＋h 23，B 、D 两项正确．答案：BD8. 据报道一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中 ( )A. 它们做圆周运动的万有引力保持不变B. 它们做圆周运动的角速度不断变小C. 体积较大星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变大D. 体积较大星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变小解析：因为两星间的距离在一段时间内不变，两星的质量总和不变，则两星质量的乘积发生变化，故万有引力一定变化，A 项错误；双星系统中万有引力充当向心力，即GM 1M 2L 2＝M 1(2πT)2R 1＝M 2(2πT )2R 2，故G M 1＋M 2L 2＝(2πT)2L ，因L 及M 1＋M 2的总和不变，所以T 不变，即角速度不变，B 项错误；又因为M 1R 1＝M 2R 2，所以双星运行半径与质量成反比，体积较大星体质量逐渐减小，故其轨道半径增大，线速度也变大，体积较小星体的质量逐渐增大，故其轨道半径减小，线速度变小，C 项正确，D 项错误．答案：C 题组二 提能练9. 一物体在某行星的赤道上，随该行星自转时受到的该行星对它的万有引力是它重力的1.04倍，已知该行星自转的周期为T ，行星的半径为R .把该行星看成一个球体，则该行星的第一宇宙速度为( )A. 2πR TB. 4πRTC. 10πRTD. 25πRT解析：赤道上物体随行星自转时，1.04 mg －mg ＝mR (2πT)2，设第一宇宙速度为v ，则mg ＝m v 2R ，求得v ＝10πRT，C 项正确．答案：C方法点拨：求第一宇宙速度即求物体贴近中心天体表面做圆周运动的速度，卫星在轨道上做圆周运动的向心力即等于卫星所在处的重力．10. 有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有( )A. a 的向心加速度等于重力加速度gB. c 在4 h 内转过的圆心角是π/6C. b 在相同时间内转过的弧长最长D. d 的运动周期有可能是20 h解析：对于卫星a ，根据万有引力定律、牛顿第二定律可得，GMm r＝m ω2r ＋mg ，故a 的向心加速度小于重力加速度g ，A 项错；由c 是同步卫星可知c 在4 h 内转过的圆心角是π3，B 项错；由GMm r 2＝m v 2r 得，v ＝GMr，故轨道半径越大，线速度越小，故卫星b 的线速度大于卫星c 的线速度，卫星c 的线速度大于卫星d 的线速度，而卫星a 与同步卫星c 的周期相同，故卫星c 的线速度大于卫星a 的线速度，C 项正确；由GMm r 2＝m (2πT)2r 得，T ＝2πr 3GM，轨道半径r 越大，周期越长，故卫星d 的周期大于同步卫星c 的周期，故D 项错．答案：C11. [2014·浙江六校联考](多选)搭载着“嫦娥二号”卫星的“长征三号丙”运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的工作轨道，开始对月球进行探测( )A ．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的大C ．卫星在轨道Ⅲ上的运动周期比在轨道Ⅰ上的长D ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的大解析：月球的第一宇宙速度对应的轨道半径等于月球的半径，半径越大，环绕速度越小，选项A 正确；卫星在P 点，受到的万有引力是一样的，因此在P 点的加速度是相同的，选项B 错误；在轨道Ⅲ上运行的速率比在轨道Ⅰ上运行的速率要大，因此，卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短，选项C 错误；由于卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，发动机对卫星做负功，因此卫星的机械能减小，故卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，选项D 正确．答案：AD12. (多选)“嫦娥三号”探月卫星计划于2013年下半年在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段．“嫦娥三号”探月卫星到了月球附近，以速度v 接近月球表面匀速飞行，测出它的运行周期为T ，已知引力常量为G ，不计周围其他天体的影响，则下列说法正确的是( )A. “嫦娥三号”探月卫星的半径约为vT2πB. 月球的平均密度约为3πGT2C. “嫦娥三号”探月卫星的质量约为v 3T2πGD. 月球表面的重力加速度约为2πvT解析：由T ＝2πR v 可得，月球的半径约R ＝vT 2π，A 项错误；由GMm R 2＝m v 2R可得，月球的质量M ＝v 3T 2πG ，C 项错误；由M ＝43πR 3·ρ得，月球的平均密度约为ρ＝3πGT 2，B 项正确；由GMmR2＝mg 得，g ＝2πv T，D 项正确．答案：BD13. [2014·湖北武汉](多选)2013年2月16日，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，据天文学家估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P 、Q 是地球与小行星最近时的位置，已知地球绕太阳圆周运动的线速度是29.8 km/s ，下列说法正确的是( )A. 只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率大于29.8 km/sB. 只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率小于29.8 km/sC. 只考虑太阳的引力，地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度D. 只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度 解析：只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率小于29.8 km/s ，A 项错误，B 项正确．只考虑太阳的引力，由于地球与太阳距离较近，所以地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度，C 项正确．只考虑地球的引力，由于小行星距离地球较近，所以小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度，D 项正确．答案：BCD14. 如图所示为宇宙中一恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 的运行轨道近似为圆．已知引力常量为G ，天文学家观测得到A 行星的运行轨道半径为R 0，周期为T 0.(1)求中央恒星O 的质量；(2)经长期观测发现，A 行星的实际运行轨道与理论轨道有少许偏差，并且每隔t 0时间发生一次最大偏离，天文学家认为出现这种现象的原因可能是A 行星外侧还存在着一颗未知的行星B (假设其运行的圆轨道与A 的轨道在同一平面内，且绕行方向与A 的绕行方向相同)，它对A 行星的万有引力引起A 行星轨道的偏离．根据上述现象和假设，试估算未知行星B 绕中央恒星O 运动的周期和轨道半径．解析：(1)设中央恒星O 的质量为M ，A 行星的质量为m ，则由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm R 20＝m 4π2T 20R 0解得M ＝4π2R 3GT 20.(2)由题意可知，A 、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，A 的偏离最大，因每隔t 0时间A 行星发生一次最大偏离，故每隔t 0时间A 、B 两行星相距最近，设B 行星的周期为T B ，则有t 0T 0－t 0T B＝1解得T B ＝t 0T 0t 0－T 0. 设B 行星的运行轨道半径为R B ，根据开普勒第三定律有R 3B R 30＝T 2BT 20解得R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02.答案：(1)4π2R 30GT 20(2)T B ＝t 0T 0t 0－T 0 R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02。
2020版高考物理二轮复习：25分钟规范训练4(含答案)
25分钟规范训练(四)1．(12分)(2017·陕西省西安市长安区第三次联考)如图所示，足够长的光滑水平面与半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m 的小球A 从圆弧最高点M 由静止释放，在水平面上与静止的小球B 发生弹性正碰。
已知重力加速度为g ，两小球均可视为质点，试求：导学号 86084452(1)小球A 刚好到达圆弧轨道最低点N 时，小球对轨道的压力大小；(2)若要求两球发生二次碰撞，求小球B 的质量m B 应满足的条件。
[解析] (1)设小球A 到达N 点时速度为v ，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12m v 2 在N 点处：F －mg ＝m v 2R联立解得F ＝3mg由牛顿第三定律得：小球对轨道压力大小为F ′＝F ＝3mg(2)A 与B 发生弹性碰撞，设碰后速度为v A ，v B 由动量守恒有：m v ＝m v A ＋m B v B由机械能守恒有：12m v 2＝12m v 2A ＋12m B v 2B 解之得v A ＝m －m B m ＋m B v ，v B ＝2m m ＋m Bv 要使两球发生二次碰撞，则v A <0, v B <－v A联立解得： m B >3m2．(20分)一个质量m ＝2×10－2 kg 、电荷量q ＝＋5×10－3 C 的带电小球在0时刻以v 0＝40 m/s 的速度从O 点沿＋x 方向(水平向右)射入一空间，在该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿－y 方向(竖直向上)，电场强度大小E 0＝40 v/m 。
磁场垂直于xOy 平面向外，磁感应强度大小B 0＝4π T 。
当地的重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，计算结果中可以保留根式或π。
求：(1)12 s 末小球速度的大小；导学号 86084453(2)在给定的xOy 坐标系中，大体画出小球在0～24 s 内运动轨迹的示意图；(3)26 s 末小球的位置坐标。
2021届《金版教程》高考物理大一轮总复习配套限时规范特训 选3-4-1-2 Word版含答案
题组一 双基练1. (多选)介质中有一列横波，对此列波下列说法正确的是( ) A. 波的传播方向与质点的振动方向平行 B. 波的传播速度等于振源的振动速度 C. 波的频率等于振源的振动频率D. 在振源振动一个周期的时间内，波传播一个波长解析：横波中波的传播方向与质点的振动方向垂直；波的传播速度与质点的振动速度无关；波的频率等于振源的振动频率；由波速公式v ＝λ/T 可知波在一个周期时间内传播一个波长．答案：CD2. 如图，O 点为振源，起始时刻O 点由平衡位置向上振动，经时间t ，在OP 间第一次形成如图波形，且OP 间距离为L ，则这列波的波速为( )A.2L3tB. L tC. 4L3tD. 2L t解析：图示时刻P 点振动方向向下，说明波在时间t 内传播了2λ，L ＝3λ2，v ＝2λt ，解得v ＝4L3t .答案：C3. [2022·北京市石景山区高三期末考试]一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图所示，若波的传播速度为2 m/s ，此时质点P 向上振动．下列说法正确的是 ( )A. 质点P 的振动周期为0.25 sB. 经过任意时间，质点Q 和P 的振动状况总是相同的C. 经过Δt ＝0.4 s ，质点P 向右移动0.8 mD. 经过Δt ＝0.4 s ，质点P 仍在平衡位置，它通过的路程为0.2 m解析：由波形图知波长为λ＝0.4 m ，则周期为T ＝λv ＝0.42 s ＝0.2 s ，选项A 错误；由于质点Q 和P 相距一个波长，其振动状况总是相同的，选项B 正确；质点P 上下振动，并不随波发生迁移，选项C 错误；0.4 s 为两个周期，质点P 仍在原位置，它通过的路程为8个振幅，即0.4 m ，选项D 错误．答案：B4. 此京时间2021年4月20日8时02分四川省雅安市芦山县(北纬30.3度，东经103.0度)发生7.0级地震，地震波有横波也有纵波．如图为某一简谐横波在t ＝0时刻的波形图，a 、b 、c 是波中的三个质点，已知此时质点a 的振动方向沿y 轴正方向，则下列说法中正确的是( )A. 此简谐横波沿x 轴负方向传播B. 此简谐横波的波长为5 mC. 从这一时刻开头，质点a 、b 、c 中第一次最先回到平衡位置的是cD. 从这一时刻开头，质点a 、b 、c 中第一次最先回到平衡位置的是b解析： 因质点a 的振动方向沿y 轴正方向，由同侧原理可知，这列波沿x 轴正方向传播，A 错误；由图可知简谐横波的波长为4 m ，B 错误；因波沿x 轴正方向传播，所以质点b 此时刻向下运动，a 、b 第一次回到平衡位置的时间都大于T 4，而c 第一次回到平衡位置的时间是T4，C 正确，D 错误．答案：C5. [2022·辽宁丹东](多选)两列完全相同的机械波，如图所示的实线波形和虚线波形，在同一介质中分别向左和向右传播，某一时刻两列波相叠加，已知两列波的振幅A ＝2 cm ，波长λ＝4 m ，波速v ＝2 m/s ，下列说法正确的是( )A. 两列波的周期均为0.5 sB. O 位置的质点为加强点，且振幅A ′＝4 cmC. 此时刻O 位置的质点的位移为A ，且振动方向向上D. O 位置的质点再经0.25 s 到达最大位移处解析：波的周期T ＝λ/v ＝2 s, A 项错误；两列波在O 位置的质点处的振动方向均是向上，所以该处质点为加强点，振幅为两列波振幅之和，即A ′＝4 cm ，B 项正确；两列波单独存在时在O 位置的质点的位移均为22A ，所以叠加后的位移是2A ，振动方向向上，C 项错误；O 位置的质点再经18T ＝0.25 s 到达最大位移处，D 项正确．答案：BD6. 一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，其波动周期为0.40 s ，某时刻，离开平衡位置的位移都相同的几个质点依次为P 1、P 2、P 3、…，已知P 1与P 2之间的距离为0.20 m ，P 2与P 3之间的距离为0.80 m ．则P 1的振动传播到P 2所用的时间为( )。
高考物理二轮复习训练：25分钟规范训练4Word版含解析
25分钟规范训练(四)1．(12分)(2018·江西省南昌二中、临川一中模拟)如图所示，有一质量m ＝1kg 的小物块，在平台上以初速度v 0＝3m /s 水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R ＝0.5m 的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3kg 的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l ＝1m 时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53˚，不计空气阻力，取g ＝10m/s 2，sin53˚＝0.8，cos53˚＝0.6。
求：(1)A 、C 两点的高度差h ；(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功。
[解析] (1)小物块到C 点时的速度竖直分量为v Cy ＝v 0tan53˚＝4m/s下落的高度h ＝v 2cy 2g＝0.8m (2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小：a 1＝μmg M＝1m/s 2 物块的加速度大小：a 2＝μmg m＝3m/s 2 由题意得：a 1t ＝v D －a 2tv D t －12a 2t 2－12a 1t 2＝l 联立以上各式并代入数据解得v D ＝22m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2D R代入数据解得F N ＝26N 由牛顿第三定律得物块对轨道压力大小为26N ，方向竖直向下。
(3)小物块由A 到D 的过程中，由动能定理得mgh ＋mgR (1－cos53˚)－W ＝12m v 2D －12m v 20 代入数据解得W ＝10.5J2．(20分)(2018·贵州省贵阳市高三5月模拟)如图所示，一边长为2R 的正方形与半径为R 的圆相切，两区域内有大小相等方向相反的匀强磁场。
2020版高考物理一轮总复习 第一章 限时规范训练新人教版【共4套25页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第一章第1课时描述运动的基本概念基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第一章第2课时匀变速直线运动的规律基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第一章第3课时自由落体和竖直上抛运动基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第一章第4课时运动图象追及和相遇问题能力课时限时规范训练含解析新人教版描述运动的基本概念[基础巩固题组](20分钟，50分)1．下列关于女排比赛中的研究对象，可以视为质点的是( )A．研究女排比赛中选手扣球的动作时B．确定运动员在球场上的位置时C．研究运动员比赛中发出的旋转球时D．确定落在边线处排球是否为界内时解析：选B.研究女排比赛中选手扣球动作时，运动员的形状对研究结果有较大影响，因此运动员不可视为质点，但研究运动员在球场上的位置时可将运动员视为质点，A错误，B正确；在研究发出的旋转球和排球落点是否在边线界内时球的大小对研究结果的影响不可忽略，因此，不能视为质点，C、D均错误．2．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是( )A．运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 mB．运动员铅球成绩为4.50 m，指的是位移大小为4.50 mC．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时刻D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看做质点解析：选A.运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 m，选项A正确；运动员铅球成绩为4.50 m，指的是抛出点和落地点水平距离的大小，选项B错误；某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时间间隔，选项C错误；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小不能忽略，不可以看做质点，选项D错误．3．(多选)如图甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )A．10 s内火箭的速度改变量为10 m/sB．2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/sC．火箭的速度变化比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度小解析：选BD.因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为100 m/s，选项A错误；汽车以v＝108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，则2.5 s 内汽车的速度改变量为Δv ＝0－30 m/s ＝－30 m/s ，选项B 正确；火箭的加速度为：a 1＝Δv Δt ＝10010 m/s 2＝10 m/s 2；汽车的加速度为：a 2＝Δv Δt ＝－302.5 m/s 2＝－12 m/s 2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C 错误、D 正确．4．一辆汽车沿平直公路向东行驶，如图所示是该汽车的速度计，在汽车内的观察者观察速度计指针的变化，开始时指针指在如图甲所示的位置，经过8 s 后指针指示到如图乙所示的位置，那么它的加速度约为( )A ．11 m/s 2B ．－5.0 m/s 2C ．1.4 m/s 2D ．－1.4 m/s 2 解析：选D.由题图可知汽车的初速度v 0＝60 km/h ＝16.7 m/s ，末速度v ＝20 km/h ＝5.6 m/s.由加速度的定义式得a ＝v －v 0t ＝5.6－16.78m/s 2＝－1.4 m/s 2，故选项D 正确． 5．(多选)在机器人大赛中，某机器人在平面内由点(0,0)出发，沿直线运动到点(3,1)，然后又由点(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1 m ．整个过程中机器人所用时间是2 2 s ，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2 2 mD ．整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点(2,2)的位移方向相反解析：选CD.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直线，图线的交点表示机器人两次通过同一点，A 、B 均错误；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2 2 m ，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．6．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s 2，a 乙＝－4 m/s 2，那么对甲、乙两物体判断正确的是( )A ．甲的加速度与乙的加速度大小相等B ．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．每经过1 s，甲的速度增加4 m/s解析：选ABD.加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，选项A正确；甲的加速度与速度同向，做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，做减速运动，选项B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，选项C错误；由Δv＝aΔt可知每经过1 s，甲的速度增加4 m/s，选项D正确．7．做单向直线运动的物体，关于其运动状态下列情况可能的是( )A．物体的速率在增大，而位移在减小B．物体的加速度大小不变，速率也不变C．物体的速度为零时加速度达到最大D．物体的加速度和速度方向相同，当加速度减小时，速度也随之减小解析：选C.物体做单向直线运动，故当物体速率增加时，物体的位移增加，不会减小，故A错误；物体做单向直线运动，加速度反映物体速度变化快慢的物理量，此时若存在加速度，则加速度只能改变物体速度大小，不能改变速度方向，故B错误；物体做单向直线运动时，当物体做加速度增加的减速直线运动时，当物体速度为零时，加速度达到最大值，故C 正确；物体的加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当加速度减小时物体的速度仍在增加，只是增加得变慢了，故D错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．“嫦娥三号”月球探测器成功完成月面软着陆，并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离，这标志着我国的航天事业又一次腾飞，下面有关“嫦娥三号”的说法正确的是( )A．“嫦娥三号”刚刚升空的时候速度很小，加速度也很小B．研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时，可以将其看成质点C．研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时，可以将其看成质点D．“玉兔号”月球车静止在月球表面时，其相对于地球也是静止的解析：选C.“嫦娥三号”在刚刚升空的时候速度很小，但是速度变化很快，加速度很大，故选项A错误；研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时，“玉兔号”月球车的大小和形状不能被忽略，不能看成质点，故选项B错误；研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时，“嫦娥三号”的大小和形状可以被忽略，可以看成质点，故选项C正确；“玉兔号”月球车静止在月球表面时，相对月球是静止的，相对地球是运动的，故选项D错误．2．(2019·福建南平模拟)(多选)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( ) A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C ．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D ．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度解析：选AC.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A 选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B 选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C 选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D 选项错．3．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又沿原路返回到山脚，上山的平均速率为v 1，下山的平均速率为v 2，则往返的平均速度的大小和平均速率分别是( ) A.v 1＋v 22、v 1＋v 22 B ．v 1－v 22、v 1－v 22C ．0、v 1－v 2v 1＋v 2D ．0、2v 1v 2v 1＋v 2 解析：选D.平均速度是位移与时间的比值，由于此人爬山往返一次，位移Δx ＝0，平均速度v ＝Δx Δt＝0；平均速率是路程与时间的比值，由于此人往返一次，路程为从山脚到山顶路程的2倍，平均速率为s 1＋s 2t 1＋t 2＝2s s v 1＋s v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2，选项D 正确．4．如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A 、B ，A 、B 间距离为L ＝30 cm ，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d ＝1 cm 的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A 、B ，记录遮光条通过A 、B 的时间分别为0.010 s 、0.005 s ，滑块从A 到B 所用时间为0.200 s ，则下列说法正确的是( )A ．滑块通过A 的速度为1 cm/sB ．滑块通过B 的速度为2 cm/sC ．滑块的加速度为5 m/s 2D ．滑块在A 、B 间的平均速度为3 m/s 解析：选C.滑块通过A 点的速度v A ＝d Δt 1＝0.010.01m/s ＝1 m/s ，故A 错误；滑块通过B 点的速度v B ＝d Δt 2＝0.010.005 m/s ＝2 m/s ，故B 错误；滑块加速度a ＝v B －v A t ＝2－10.2m/s 2＝5 m/s 2，故C 正确；滑块在A 、B 间的平均速度v ＝L t ＝0.30.2 m/s ＝1.5 m/s ，故D 错误． 5．(多选)某质点沿一边长为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 末的瞬时速度大小为1 m/sB ．前2 s 内的平均速度大小为22m/s C ．前4 s 内的平均速率为0.5 m/sD ．前2 s 内的平均速度大小为2 m/s解析：选AB.由题意知，质点运动的速率为1 m/s ，即在每一时刻的瞬时速率均为1 m/s ，每段时间内的平均速率也均为1 m/s ，选项C 错误；在前2 s 内质点通过的路程为2 m ，由A 运动到cd 边的中点B ，在第2 s 末瞬时速度大小为1 m/s ，方向由B 指向d ，选项A 正确；前2 s 内的位移大小为x 1＝AB ＝ 2 m ，平均速度 v ＝x 1t 1＝22 m/s ，方向由A 指向B ，选项B 正确，D 错误．6．(多选)如图所示，物体以5 m/s 的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经过2 s 速度大小变为3 m/s ，则物体的加速度( )A ．大小为1 m/s 2，方向沿斜面向上B ．大小为1 m/s 2，方向沿斜面向下C ．大小为4 m/s 2，方向沿斜面向下D ．大小为4 m/s 2，方向沿斜面向上解析：选BC.取初速度方向为正方向，则v 0＝5 m/s.若2 s 后的速度方向沿斜面向上，v ＝3 m/s ，则a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt ＝3－52m/s 2＝－1 m/s 2，即加速度大小为1 m/s 2，方向沿斜面向下，选项A 错误，B 正确；若2 s 后的速度方向沿斜面向下，v ＝－3 m/s ，则a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt ＝－3－52m/s 2＝－4 m/s 2，即加速度大小为4 m/s 2，方向沿斜面向下．故选项C 正确，D 错误．7．(多选)有人提出“加速度的变化率”的概念，基于你的理解，下列说法正确的是( )A ．“加速度的变化率”的单位应是m/s 3B ．加速度的变化率为零的运动是匀速直线运动C ．若加速度与速度同方向，如图所示的a t 图象表示的是物体的速度在减小D ．若加速度与速度同方向，如图所示的a t 图象，已知物体在t ＝0时速度为5 m/s ，则2 s 末的速度大小为8 m/s解析：选AD.根据力学单位制可以知道，加速度的变化率Δa Δt 的单位为m/s 2s＝m/s 3，A 正确；加速度的变化率为零，说明物体的加速度不变，做匀变速直线运动，B 错误；若加速度与速度同向，即使加速度减小物体的速度仍然增大，C 错误；加速度图线与t 轴所围面积表示速度的变化量，故物体在2 s 末的速度大小v ＝5 m/s ＋12×2×3 m/s＝8 m/s ，D 正确．匀变速直线运动的规律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)如图所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法正确的是( )A ．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B ．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C ．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D ．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度解析：选BCD.因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A 错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B 正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C 正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D 正确．2．(2019·河南信阳模拟)做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0解析：选B.利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．3．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s 内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．2 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 2 解析：选C.第1个3 s 内的平均速度即为1.5 s 时刻瞬时速度v 1，第1个5 s 内的平均速度即为2.5 s 时刻瞬时速度v 2，加速度为a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1Δt ＝32.5－1.5m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．4．(2019·“超级全能生”26省联考)(多选)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t －t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是－2 m/s解析：选BD.第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4)m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s ＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv ＝at ＝－2×1 m/s ＝－2 m/s ，故C 错误，D 正确．5．一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选A.由Δx ＝aT 2可得加速度大小a ＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T＝2.5 m/s ；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t ＝Δv －a＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，且x 3＝12at ′2＝1.125 m ；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s.综上可知A 错误，B 、C 、D 正确．6．从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示．现测得AB＝15 cm ，BC ＝20 cm ，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同．求：(1)小球的加速度大小；(2)拍摄时B 球的速度大小；(3)D 、C 两球相距多远；(4)A 球上面正在运动着的小球共有几颗？解析：(1)由Δx ＝aT 2得 a ＝Δx T 2＝BC －AB T 2＝0.20－0.150.12 m/s 2＝5 m/s 2.(2)v B ＝AB ＋BC 2T ＝0.15＋0.202×0.1m/s ＝1.75 m/s. (3)由Δx ＝DC －BC ＝BC －AB 得DC ＝BC ＋(BC －AB )＝20 cm ＋5 cm ＝25 cm.(4)小球B 从开始下滑到图示位置所需的时间为t B ＝v B a ＝1.755s ＝0.35 s 则B 球上面正在运动着的小球共有三颗，A 球上面正在运动着的小球共有两颗． 答案：(1)5 m/s 2(2)1.75 m/s (3)25 cm (4)两颗[能力提升题组](25分钟，50分)1．(2019·广东惠州二调)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a ＝4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0 m 解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t ，则由v ＝v 0－at 得t ＝v －v 0－a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，所以第三个2 s 汽车早已停止，所以第三个2 s 位移为零，故选项D 正确．2．(2019·温州五校联考)(多选)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD.若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5 s ＝1.6 s<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410m ＝ 6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m －6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝1.68s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．3．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点，从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/s B ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD ．A 、D 两点间的距离为12.25 m解析：选BD.设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42 s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝v AC ＝AB ＋BC2t＝5 m/s ，选项A 错误；由速度与位移公式可得x AD ＝AB ＋v 2B2a＝12.25 m ，选项D 正确．4．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析：选C.由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝1 s ，在加速时间内通过的位移x ＝12at 21＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝vt 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝vt 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝12s ，小于2 s ，所以最先挡在面前的是关卡4，故C 项正确．5．(2019·潍坊模拟)(多选)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0 2 4 6 v /(m·s －1)8128A.t ＝3 s 的时刻物体恰好经过B 点 B ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点 C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/s D ．A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离解析：选BD.根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝4 m/s 2和在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2.根据运动学公式：8＋a 1t 1＋a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2，解得t 1＝43 s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时的速度v ＝a 1t ＝403 m/s.物体在水平面上做减速运动，所以最大速度不是12 m/s ，故A 、C 错误．第6 s 末的速度是8 m/s ，到停下来还需的时间t ′＝0－8－2 s ＝4 s ，所以到C 点的时间为10 s ，故B 正确．根据v 2－v 20＝2ax ，求出AB 段的长度为2009 m ，BC 段长度为4009m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 正确．6．如图所示 ，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC 上运动，AB 的长度为x 1＝25 m ，BC 的长度为x 2＝97 m ．汽车从A 点由静止启动，在AB 段做加速度大小为a 1＝2.0 m/s 2的匀加速直线运动．在BC 段，先做加速度大小为a 2＝1.0 m/s 2的匀加速直线运动．当运动到离C 点适当距离处，再以大小为a 3＝2.0 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C 点．求：(1)汽车达到的最大速度v m 和开始减速时离C 点的距离d ； (2)汽车从A 点运动到C 点所用的时间t . 解析：(1)由x 1＝12a 1t 21和v 2B ＝2a 1x 1可得汽车在AB 段运动时间t 1＝2x 1a 1＝5 s ，到达B 点时的速度v B ＝2a 1x 1＝10 m/s设汽车在BC 段之间由B 到D 时加速行驶，距离为d ′，有v 2m －v 2B ＝2a 2d ′由D 到C 时减速行驶，距离为d ，有0－v 2m ＝－2a 3d ，且d ′＋d ＝x 2，解得汽车的最大速度v m ＝14 m/s 开始减速时汽车离C 点的距离d ＝v 2m2a 3＝49 m.(2)由B 到D ，汽车加速行驶，由v m ＝v B ＋a 2t 2得： 行驶时间t 2＝v m －v Ba 2＝4 s ，由D 到C ，汽车减速行驶直到静止，由0＝v m －a 3t 3得：行驶时间t 3＝v m a 3＝7 s ，故汽车从A 点运动到C 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝16 s.答案：(1)14 m/s 49 m (2)16 s自由落体和竖直上抛运动[基础巩固题组](20分钟，50分)1．关于自由落体运动(g ＝10 m/s 2)，下列说法中不正确的是( ) A ．它是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动 B ．在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5 C ．在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3D ．从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3解析：选D.自由落体运动是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动，A 正确；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5，B 正确；在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，C 正确；从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3，D 错误．2．钢球A 自塔顶自由下落2 m 时，钢球B 自塔顶下方6 m 处自由下落，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，重力加速度为10 m/s 2，则塔高为( )A ．24 mB ．16 mC ．12 mD ．8 m解析：选D.设钢球A 下落h 1＝2 m 的时间为t 1，塔高为h ，钢球B 的运动时间为t 2，由h 1＝12gt 21，得t 1＝0.4 s ，由h －6 m ＝12gt 22，又h ＝12g (t 1＋t 2)2，代入数据解得h ＝8 m ，D正确．3．科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(取g ＝10 m/s 2)( )A ．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB ＜t BC ＜t CD B ．闪光的间隔时间是210s C ．水滴在相邻两点间的平均速度满足v AB ∶v BC ∶v CD ＝1∶4∶9 D ．水滴在各点的速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶3∶5解析：选B.由题图可知AB ∶BC ∶CD ＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A 错误；由h ＝12gt 2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为210 s ，即闪光的间隔时间是210s ，B 正确；由v ＝x t知水滴在相邻两点间的平均速度满足v AB ∶v BC ∶v CD ＝1∶3∶5，C 错误；由v ＝gt 知水滴在各点的速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶2∶3，D 错误．4．一物体自空中的A 点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s 后物体的速率变为10 m/s ，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)( )A ．在A 点上方15 m 处，速度方向竖直向上B ．在A 点下方15 m 处，速度方向竖直向下C ．在A 点上方75 m 处，速度方向竖直向上D ．在A 点上方75 m 处，速度方向竖直向下解析：选C.若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v ＝v 0－gt ，物体的初速度为v 0＝v ＋gt ＝40 m/s ，物体的位移为h 1＝(v 0＋v )t2＝75 m ，物体在A 点的上方，C正确，D 错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v 0′＝－v ＋gt ＝20 m/s ，物体的位移为h 2＝(v 0′－v )t2＝15 m ，物体仍然在A 点的上方，A 、B 错误．5．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A.2vgB ．v g C.2hvD ．h v解析：选A.根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v ，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg，A 项正确．6．(2019·河北保定重点中学联考)研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s 产品撞击地面．不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g 取10 m/s 2)解析：解法1：分段法．根据题意画出运动草图如图甲所示．将产品的运动过程分为A →B 和B →C →D 两段来处理．A →B 为竖直方向匀减速运动，B →C →D 为自由落体运动．在A →B 段，根据匀变速运动规律可知t AB ＝v 0g ＝1 sh AB ＝h BC ＝12gt 2AB ＝5 m由题意可知t BD ＝11 s －1 s ＝10 s根据自由落体运动规律可得h BD ＝12gt 2BD ＝500 m故释放点离地面的高度H ＝h BD －h BC ＝495 m. 解法2：全程法．将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图乙所示． 规定向上为正方向，则v 0＝10 m/s ，a ＝－g ＝－10 m/s 2根据H ＝v 0t ＋12at 2解得H ＝－495 m即产品刚释放时离地面的高度为495 m. 答案：495 m[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3L ，A 距地面为L ，如图所示．由静止释放A 、B ，不计空气阻力，且A 、B 落地后均不再弹起．从开始释放到A 落地历时t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶3解析：选BC.由题意可知L ＝12at 21，L ＋3L ＝12a (t 1＋t 2)2，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；而v 1＝at 1，v 2＝a (t 1＋t 2)，故v 1∶v 2＝1∶2，选项C 正确，D 错误．2．如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则 3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s解析：选A.应用全程法求解位移，由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝xt＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝v －v 0＝－。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-2 平抛运动的规律及应用限时规范特训(含解析)
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-2 平抛运动的规律及应用限时规范特训（含解析）1. (多选)正在高空水平匀速飞行的飞机，每隔1 s 释放一个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则( )A ．这5个小球在空中排成一条直线B ．这5个小球在空中处在同一抛物线上C ．在空中，第1、2两个球间的距离保持不变D ．相邻两球的落地点间距相等解析：释放的每个小球都做平抛运动，水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，所以5个小球均始终在飞机正下方，且相邻小球落地点间距相等，选项AD 正确．竖直方向5个小球均为自由落体运动，由于第2个球释放时第1个小球的速度已经为v 0＝gt ＝10 m/s ，故之后经时间t ，两小球间距为Δh ＝(v 0t ＋12gt 2)－12gt 2＝v 0t ，故两小球间距逐渐增大，选项BC错误．答案：AD2. 以v 0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是( )A. 瞬时速度的大小是5v 0B. 运动的时间是2v 0gC. 竖直分速度的大小等于水平分速度的大小D. 运动的位移是22v 2g解析：由x ＝v 0t ，y ＝12gt 2和x ＝y ，可知t ＝2v 0g ，故B 正确，代入v y ＝gt ，y ＝12gt 2，结合v ＝v 20＋v 2y ，s ＝x 2＋y 2，可知选项A 、D 正确，C 错误．答案：C3. [2013·福州模拟](多选)如下图所示，三个小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在水平面上的射影点，且O ′A ∶O ′B ∶O ′C ＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A. v 1∶v 2∶v 3＝1∶3∶5B. 三个小球下落的时间相同C. 三个小球落地的速度相同D. 三个小球落地的动能相同解析：由于三个小球从同一高度处抛出，所以做平抛运动的时间相同，由x ＝v 0t 可知选项A 、B 正确；由于初速度不相同，但三种情况重力做功相同，由动能定理可得落地的动能不相同，速度也不相同，故选项C 、D 错误．答案：AB4. 如图为一足够大的光滑斜面，其上有一个xOy 坐标系，x 轴沿水平方向，将一小球从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向抛出，最终运动到斜面的底边，关于小球的运动下列说法正确的是()A. 小球做的是平抛运动B. 小球运动的轨迹是抛物线C. 小球运动到斜面底边所用的时间由O 点到斜面底边的距离决定D. 小球运动到斜面底边时的坐标由O 点到斜面底边的距离和小球的初速度决定 解析：小球受到斜面的作用力，因此小球不做平抛运动，A 项错误；在斜面内，小球受到沿斜面向下的恒定的重力的分力作用，因此小球做类平抛运动，轨迹为抛物线，B 项正确；小球运动到斜面底边所用的时间由O 点到斜面底边的距离和斜面的倾角决定，C 项错误；小球运动到斜面底边时的坐标由O 点到斜面底边的距离、小球的初速度及斜面的倾角共同决定，D 项错误．答案：B5. [2014·皖南八校高三联考一]如图所示，在足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为()A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶3D. 1∶4解析：设斜面倾角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，故t ＝2v 0tan θg，水平位移x ＝v 0t＝2v 20tan θg∝v 20，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确．答案：D6. (多选)如图所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点Q 处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A. v a ＝v bB. v a ＝2v bC. t a ＝t bD. t a ＝2t b解析：对a 球：L ＝v a t a ，h ＝12gt 2a ；对b 球：L 2＝v b t b ，h 2＝12gt 2b ，联立可解得t a ＝2t b ，v a ＝2v b .答案：BD7. 如图所示，在倾角θ＝37°的斜面底端的正上方H 处，平抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，则物体抛出时的初速度为( )A. 9gH17 B. gH4C.3gH 4D.gH3解析：物体从离斜面高H 处做平抛运动，落到斜面上的速度与斜面垂直，此时水平方向分速度为v 0，竖直方向分速度为v y ，所用时间为t ，水平位移为x ，则v 0v y ＝tan37°＝v 0gt ＝34，下落高度y ＝12gt 2，水平方向x ＝v 0t ，又有H －y ＝x tan37°，解得v 0＝9gH17，选项A 正确．答案：A 题组二 提能练8. (多选)有一个物体在h 高处，以水平初速度v 0抛出，落地时的速度为v ，竖直分速度为v y ，下列公式能用来计算该物体在空中运动时间的是( )A. v 2－v 20gB.v －v 0g C. 2h gD. 2h v y解析：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．水平方向x ＝v 0t ，竖直方向h ＝12gt 2，h ＝v y 2t ，v y ＝gt ，v y ＝v 2－v 20，解得t ＝2h g ＝2h v y ＝v 2－v 2g，选项A 、D 正确．答案：AD9. (多选)如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB 为水平直径，O 为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A 点以不同的初速度水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A ．初速度大的小球运动时间长B ．初速度小的小球运动时间长C ．初速度不同的小球运动时间可能相同D ．落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长 解析：由公式h ＝12gt 2得t ＝2hg，因此小球做平抛运动的时间t 仅由其下落的高度h决定，与初速度大小无关，A 、B 错；初速度不同的小球有可能下落高度h 相同，即运动时间相同，C 对；落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长，D 对．答案：CD10. (多选)三角形ABC 和CDE 是两个全等三角形，在A 点和E 点有两个小球P 、Q ，先后水平抛出两个小球，两小球恰好在C 点相遇．已知AC ＝CE ，下列说法正确的是( )A ．小球Q 后抛出B ．小球P 和小球Q 的水平速度之比为1∶3C ．小球P 和小球Q 在空中运动的时间之比为43∶1D ．C 点两球速度与水平方向夹角相同解析：由于小球Q 平抛运动的时间短故后抛出，A 正确；设两球水平位移为x ，竖直位移为y ，由平抛运动规律可得：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，可得：x y ＝2v 0gt ⇒v 0＝gt tan θ2，故v 0∝tan θ·t ，其中t ＝2yg，可求得小球P 和小球Q 在空中运动的时间之比为43∶1，水平速度之比为43∶3，B 错误，C 正确；设C 点小球速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝v y v 0，小球P的纵向分速度大，水平分速度小，故小球P 与水平方向夹角大，D 错误．答案：AC11. 如图所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )A. 12L B. 13L C. 14L D. 15L 解析：设小球释放点距木板上端的水平距离为x ，小球自与木板上端等高的某处自由释放，v 2＝2gx ，与木板碰撞后平抛，12gt 2＝vt ，L ＝vt ＋x ，联立解得x ＝15L ，选项D 正确．答案：D12. 如图所示，在“研究平抛物体的运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l ＝1.25 cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a 、b 、c 、d 所示，则小球平抛的初速度的计算式为(用l 和g 表示)________，其值是________(g ＝9.8 m/s 2)，小球在b 点的速率是________．解析：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动即初速度为零的匀加速直线运动．当应用公式v 0＝s x /t ，s y ＝gt 2/2时，必须已知(或从图中得到)从抛出点开始算起的水平位移s x 和竖直位移s y ，本题通过分析图象可知，a 点不是抛出点，所以不能用上式求，但a 、b 、c 、d 每相邻两点之间的时间间隔是相等的，设为T ，又根据匀变直线运动连续相等时间内位移差Δs ＝at 2可得Δs ＝gT 2l ＝gT 2，T ＝l /gv 0＝2l /T ＝2lg ＝0.70 m/s.对b 点来说，其竖直分速度v y ＝3l 2T ＝32lgb 的速率v b ＝v 20＋v 2y ＝52gl ＝0.875 m/s. 答案：2lg 0.70 m/s 0.875 m/s13. [2014·南京高三模拟二]如图所示，在距地面2l 高空A 处以水平初速度v 0＝gl 投掷飞镖，在与A 点水平距离为l 的水平地面上的B 点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v 0＝gl 匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g .试求：(1)飞镖是以多大的速度击中气球的？(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt 应为多少？解析：(1)飞镖A 被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝2gl (2)飞镖从掷出到击中气球过程中 下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球的上升时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球． 释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g答案：(1)2gl (2)12l g。
高考物理计算题规范练习4(含答案)
高考物理计算题规范练习4(含答案)本题共3小题,共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.1．(15分)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况,装置如图(a),已知斜面倾角θ＝37°,他使木块以初速度v0沿斜面上滑,并同时开始记录数据,电脑绘得木块从开始上滑至最高点,然后又下滑回到出发点全过程中的x－t图线如图(b)所示.图中曲线左侧起始点的坐标为(0,1.4),曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8),求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a1；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块回到出发点时的速度v.2．(16分)如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角θ＝30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L的金属棒AB垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻也为R.现闭合开关K,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g,求：(1)金属棒能达到的最大速度v m；(2)灯泡的额定功率P L；(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大,求金属棒由静止开始上滑2s的过程中,金属棒上产生的电热Q1.3．(16分)如图所示,平面直角坐标系xOy在第一象限内存在水平向左的匀强电场,第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,第三象限内存在与x轴负方向成30°角斜向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定初速度从y轴上的A点与y轴正方向成60°角垂直磁场方向射入第二象限,粒子从x轴上的C点与x轴正方向成30°角进入第三象限,粒子到达y轴上的D点(没画出)时速度刚好减半,经第四象限内磁场偏转后又能垂直x轴进入第一象限内,最后恰好回到A点,已知OA＝3a,第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B,粒子重力不计,求：(1)粒子的初速度v0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B1；(2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E1、E2；(3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t1∶t3.答案计算题规范练(四)1．解析(1)由图象知,木块沿斜面上升的最大距离为Δx＝1.0 m,所用时间为t＝0.5 s(1分)木块沿斜面匀减速上滑,根据匀变速运动的规律有：Δx＝12a1t2(2分)v0＝a1t(1分)解得v0＝4 m/s a1＝8 m/s2(1分) (2)上滑过程由牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1(3分) 解得μ＝0.25(1分)(3)下滑过程由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2(3分) 解得a2＝4 m/s2(1分)由v2＝2a2Δx(1分)得v＝2 2 m/s(或v＝2.83 m/s)(1分)答案 (1)4 m/s 8 m/s 2 (2)0.25 (3)2 2 m/s(或2.83 m/s) 2．解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,金属棒达到最大速度,此后开始做匀速直线运动.设最大速度为v m ,则速度达到最大时有：E ＝BL v m (2分)I ＝E2R (1分)F ＝BIL ＋mg sin θ(2分)解得v m ＝3mgRB 2L 2(1分)(2)根据电功率表达式得P L ＝I 2R (2分)解得P L ＝(E2R )2R ＝B 2L 2v 2m 4R ＝9m 2g 2R4B 2L 2(1分)(3)设整个电路放出的电热为Q ,由能量守恒定律有F ·2s ＝Q ＋mg sin θ·2s ＋12m v 2m (3分)解得Q ＝3mgs －9m 3g 2R 22B 4L 4(1分)根据串联电路特点,可知金属棒上产生的电热Q 1＝Q2(1分)解得Q 1＝3mgs 2－9m 3g 2R 24B 4L 4(2分)答案 (1)v m ＝3mgR B 2L 2 (2)9m 2g 2R 4B 2L 2 (3)3mgs 2－9m 3g 2R 24B 4L 43．解析 (1)粒子运动轨迹如图所示,粒子在第二象限内做圆周运动,轨迹为半圆,由图知2R sin 60°＝OA ,即R ＝a (1分)由洛伦兹力提供向心力有Bq v 0＝m v 20R (1分)联立得v 0＝Bqam (1分)粒子在第四象限内做匀速圆周运动,由图知r sin 30°＋r ＝OGr cos 30°＝OD ＝CD ·sin 30°,CD ＝OCcos 30°＝2R ·tan 30°(1分)联立得r ＝23a ,OG ＝a (1分)粒子在第四象限运动时,由洛伦兹力提供向心力有B 1q ·v 02＝m v 204r (1分)所以B 1＝34B (1分)(2)粒子在第三象限内做匀减速直线运动,由运动学规律有v 20－v 204＝2qE 2m ·CD (1分)得E 2＝33B 2aq 16m (1分)粒子在第一象限内做类平抛运动,则OG ＝12·qE 1m t 21(1分)OA ＝v 02t 1(1分)t 1＝23m Bq (1分)E 1＝B 2aq 6m (1分)(3)粒子在第三象限内做匀减速运动,有CD ＝v 0＋v 022t 3(1分)得t 3＝83m 9Bq (1分) 所以粒子在第一、三象限内运行的时间比t 1∶t 3＝9∶4(1分)答案 (1)Bqa m 34B (2)B 2aq 6m 33B 2aq 16m (3)9∶4。
2020版高考物理一轮总复习 第三章 限时规范训练新人教版【共4套25页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第三章第1课时牛顿第一定律牛顿第三定律限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第三章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第三章第3课时牛顿运动定律的综合应用能力课时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第三章第4课时动力学中的两类典型模型能力课时限时规范训练含解析新人教版牛顿第一定律、牛顿第三定律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( ) A．亚里士多德、伽利略B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿解析：选B.伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确．2．(2019·太原模拟)伽利略的斜面实验证明了( )A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或者静止状态解析：选D.伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确．3．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同解析：选B.力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误．4．某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则( )A．此同学无法取出羽毛球B．羽毛球会从筒的下端出来C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D．该同学是在利用羽毛球的惯性解析：选D.羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D 正确．5．如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G ＝10 N 的金属块，使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)．若弹簧测力计的示数变为F T ＝6 N ，则台秤的示数比金属块没有浸入水前( )A ．保持不变B ．增加10 NC ．增加6 ND ．增加4 N解析：选 D.对金属块受力分析，由平衡条件可知，水对金属块的浮力为F ＝G －F T ＝4 N ，方向竖直向上，则由牛顿第三定律可得，金属块对水的作用力大小为F ′＝F ＝4 N ，方向竖直向下，所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N ，选项D 正确．6．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M ，环的质量为m ，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f ，则此时箱对地面的压力大小为( )A ．Mg ＋F fB ．Mg －F fC ．Mg ＋mgD ．Mg －mg解析：选A.环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f ，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f ′，故箱子竖直方向上受重力Mg 、地面对它的支持力F N 及环给它的摩擦力F f ′，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得F N ＝F f ′＋Mg ＝F f ＋Mg .根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即F N ′＝Mg ＋F f ，故选项A 正确．7．(2019·常州一模)如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的力F 作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为( )A ．m g 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2B ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2C ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F m 2D ．mg 2＋F 2解析：选B.先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m ，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：F N ＝mg 2＋ma 2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，故B 正确．8．如图所示，物体A 和B 的重力分别为11 N 和7 N ，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是( )A ．弹簧秤的读数为14 N ，A 对地面的压力为11 NB ．弹簧秤的读数为18 N ，A 对地面的压力为0C ．弹簧秤的读数为7 N ，A 对地面的压力为4 ND ．弹簧秤的读数为0，A 对地面的压力为11 N解析：选C.物体B 保持静止，说明B 物体合外力为零，即绳上拉力为7 N ．此刻弹簧秤静止，因此弹簧秤的读数为7 N ．说明弹簧秤对A 拉力为7 N ，地面对A 物体应有4 N 的支持力(根据牛顿第三定律可知A 对地面的压力为4 N)，所以C 正确．[能力提升题组](25分钟，50分)1．下列说法正确的是( )A ．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力B ．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力C ．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是一对作用力和反作用力D ．相互作用的一对力中，作用力和反作用力的命名是任意的解析：选D.作用力和反作用力是分别作用在两个物体上的相互作用力，即两个物体互为施力物体和受力物体．其中的任一个力叫作用力时，另一个力叫反作用力，故只有D 选项正确．2．(多选)下列说法正确的是( )A ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，但它的惯性却不随位置的变化而变化C ．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D ．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小解析：选BD.惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故选项B、D正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv ＝at可知需要的时间长，惯性未变，故选项A错误；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故选项C错误．3．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，甲为水平传送带，乙为倾斜传送带，当行李箱随传送带一起匀速运动时，下列判断中正确的是( )A．甲上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用B．乙上的行李箱受到重力、支持力和摩擦力作用C．乙上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力D．甲上的行李箱受的支持力与重力是一对作用力与反作用力解析：选B.由于行李箱随传送带一起匀速运动，因此行李箱处于平衡状态，所受合力为零，又因为甲上的行李箱随水平传送带匀速运动，故不受摩擦力作用，甲上的行李箱受的支持力与重力是一对平衡力，A、D均错误；乙上的行李箱随倾斜传送带向上匀速运动，一定受到沿传送带向上的摩擦力，而行李箱受到的支持力与重力垂直于带面向下的分力平衡，故B正确，C错误．4．(2019·辽宁本溪模拟)如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )A．地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θB．地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC．物体对斜面体的摩擦力的大小为FD．斜面体对物体的作用力竖直向上解析：选A.由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g ＋F sin θ，故A对，B错；隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F＋mg sin θ，故C错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错．5．(多选)搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是( )A ．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B ．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C ．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D ．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：选AD.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体．火箭向下喷气时，喷出的气体对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力．此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B 、C 错误，A 正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星吸引地球，这就是一对作用力与反作用力，故选项D 正确．6．(2019·山东青岛调研)(多选)木箱重G 1，人重G 2，人站在木箱里用力F 向上推木箱，如图所示，则有( )A ．人对木箱底的压力大小为G 2＋FB ．人对木箱底的压力大小为G 2C ．木箱对地面的压力大小为G 2＋G 1－FD ．木箱对地面的压力大小为G 1＋G 2解析：选AD.对人隔离受力分析有：竖直向下的重力G 2、向下的作用力F 、向上的支持力F N ，可得F N ＝G 2＋F ，根据牛顿第三定律，人对木箱底的压力大小为G 2＋F ，选项A 正确，B 错误；将人与木箱看成一个整体，可得木箱对地面的压力大小为G 1＋G 2，选项C 错误，D 正确．综上本题选A 、D.7．如图所示，水平地面上质量为m 的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度．则( )A ．弹簧的伸长量为mg kB ．弹簧的伸长量为μmg kC ．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力D ．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力解析：选B.物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡状态，由胡克定律有μmg＝kx，则弹簧的伸长量x＝μmgk，故选项A错误，B正确；物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力，故选项C错误；弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力，故选项D错误．8．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法正确的是( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．牛顿第二定律、两类动力学问题[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·绵阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2 解析：选B.剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统分析，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m＝g 3，即A 和B 的加速度均为g3，方向沿斜面向下． 2．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m 解析：选C.汽车匀速行驶时，F ＝F f ①，设汽车牵引力减小后加速度大小为a ，牵引力减少ΔF ＝2 000 N 时，F f －(F －ΔF )＝ma ②，解①②得a ＝2 m/s 2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t 汽车停止运动，则t ＝v 0a ＝102s ＝5 s ，故汽车行驶的路程x ＝v 02t ＝102×5 m＝25 m ，故选项C 正确．3．一个质量为m ＝1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F 1、F 2随时间的变化如图所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3 m/s 2D ．物块在t ＝4 s 时速度最大解析：选C.物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10 N＝2 N ，物块在第1 s 内，满足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1 s 物块静止，第1 s 末到第7 s 末，根据牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4 s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确． 4．(2019·清远市田家炳实验中学一模)(多选)一个质量为2 kg 的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是( )A ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s 2B ．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C ．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s 2D ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s 2解析：选BC.根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F 合≤25 N，根据牛顿第二定律a ＝F m 得：物体的加速度范围为：2.5 m/s 2≤a ≤12.5 m/s 2.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s 2，故A 错误．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B 正确．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C 正确．由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D 错误．5．如图所示，光滑细杆BC 、DC 和AC 构成矩形ABCD 的两邻边和对角线，AC ∶BC ∶DC ＝5∶4∶3，AC 杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a 、b 、d ，a 、b 、d 三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a 、b 、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为( )A ．1∶1∶1B ．5∶4∶3C ．5∶8∶9D ．1∶2∶3解析：选A.因ABCD 为矩形，故A 、B 、C 、D 四点必在以AC 边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A 、B 、D 三点释放的小球a 、b 、d 必定同时到达圆的最低点C 点，故A 正确．6．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h ；(2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v .解析：(1)设无人机上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，有 F －mg －f ＝ma解得a ＝6 m/s 2由h ＝12at 2，解得h ＝75 m. (2)设无人机坠落过程中加速度为a 1，由牛顿第二定律，有 mg －f ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.答案：(1)75 m (2)40 m/s[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，B 是水平地面上AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动到C 点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A 点时速度的一半．则小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 解析：选C.物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有μ1mg ＝ma 1，得a 1＝μ1g .从B 到C 根据牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma 2，得a 2＝μ2g .设小物块在A 点时速度大小为v ，则在B 点时速度大小为v 2，由于AB ＝BC ＝l ，由运动学公式知，从A 到B ：⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22－v 2＝－2μ1gl ，从B 到C ：0－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝－2μ2gl ，联立解得μ1＝3μ2，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )解析：选A.设物块P 静止时弹簧的压缩量为L ，由胡克定律和平衡条件得mg ＝kL .当物块P 位移为x 时，弹簧弹力为k (L －x )，根据牛顿第二定律有F ＋k (L －x )－mg ＝ma ，即F ＝kx ＋ma ＋mg －kL ＝kx ＋ma ，可见，F 与x 是一次函数关系，A 正确．3．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析：选D.设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但lsin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．4．质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )A.mg2MB ．mgM ＋mC.2mgM ＋4mD ．2mgM ＋2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律mg －F m ＝2·2FM，解得F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度a ＝2F M ＝2mgM ＋4m，所以C 正确．5．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝2ah＝6 5 m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确．6．(2019·南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－F f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1注意到v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F合′＝F－F f－mg sin α＝ma2mg sin α＝mg hl2v22－v21＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－F f＝ma1′v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推＝5.175×105 N.答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.175×105 N牛顿运动定律的综合应用[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态( )A ．高楼正常运行的电梯中B ．沿固定于地面的光滑斜面滑行C ．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动D ．不计空气阻力条件下的竖直上抛解析：选D.高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A 错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g ，故不是完全失重，选项B 错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g ，选项C 错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g ，总是处于完全失重状态，故选项D 正确．2．(2019·温州模拟)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m 的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s ．在战车的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．导师始终处于失重状态B ．战车所受外力始终不变C ．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D ．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度解析：选D.由题意可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速过程中有沿斜面向下的加速度，战车处于失重状态，战车减速向下运动时又处于超重状态，故A 错误；战车所受外力先沿斜面向下，后又沿斜面向上，B 、C 错误；由v ＝xt可得战车运动的平均速度v ＝2.5 m/s ，所以选项D 正确．3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )。
高考物理一轮总复习 限时规范专题练4动力学和能量问题综合应用(2021年最新整理)
2018版高考物理一轮总复习限时规范专题练4动力学和能量问题综合应用编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮总复习限时规范专题练4动力学和能量问题综合应用）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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限时规范专题练（四) 动力学和能量问题综合应用时间：45分钟满分:100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分,共70分。
其中1～6为单选,7～10为多选）1．在倾角为30°的斜面上,某人用平行于斜面的力把原静止于斜面上的质量为2 kg的物体沿斜面向下推了2 m 的距离，并使物体获得1 m/s的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因数为错误!，g取10 m/s2，则在这过程中（）A．人对物体做功21 J B．合外力对物体做功1 JC．物体克服摩擦力做功21 J D．物体重力势能减小40 J答案B解析根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的增加量,即W合＝错误!mv2＝12×2 kg×(1 m/s）2＝1 J，所以选项B正确;对物体受力分析,根据物体在垂直斜面方向上的合力为零求出物体与斜面间的正压力F N＝mg cosθ,从而计算出斜面对物体沿斜面向上的滑动摩擦力大小为F f＝μF N＝μmg cosθ,所以物体克服摩擦力做功W Ff＝F f s＝μmgs cosθ，代入数据可得W Ff＝20 J,所以选项C错误;物体重力势能的减小量等于重力做的功W G＝mgs sinθ＝2 kg×10 m/s2×2 m×错误!＝20 J，选项D错误；对物体受力分析可知，物体共受到四个力的作用，其中只有3个力对物体做功，即人对物体的推力做正功，摩擦力做负功,重力做正功，它们三个力做功的代数和就等于合外力做的功，所以若设人对物体做功为W人，则应满足W人＋W G －W Ff＝W合，代入数据可得W人＝1 J,即人对物体做功1 J，选项A错误。
高考物理复习 选3-4-3限时规范特训
高考物理复习 选3-4-3限时规范特训题组一 双基练1. [2014·银川模拟](多选)对于公式m ＝m 01－⎝⎛⎭⎫v c 2，下列说法中正确的是( )A ．公式中的m 0是物体以速度v 运动时的质量B ．当物体运动速度v ＞0时，物体的质量m ＞m 0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用C ．当物体以较小的速度运动时，质量变化十分微弱，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动D ．通常由于物体的速度太小，质量变化引不起我们的感觉，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量变化解析：公式中的m 0是物体的静止质量；在v 远小于光速时，质量的变化不明显，经典力学依然成立，故选项A 、B 错误，而C 、D 正确．答案：CD2. 根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法中正确的是 ( )A. 变化的电场一定产生变化的磁场B. 均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C. 稳定的电场一定产生稳定的磁场D. 周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场解析： 均匀变化的电场产生恒定的磁场，所以选项A 、B 均错误；稳定的电场不会产生磁场，选项C 错误；周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场，这是麦克斯韦电磁场理论的基础，选项D 正确．答案：D3. 关于电磁波，下列说法正确的是( )A. 雷达是用X 光来测定物体位置的设备B. 使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调C. 用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光D. 均匀变化的电场可以产生恒定的磁场解析： 雷达是利用微波来定位的，A 项错误；使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，B 项错误；钞票是利用紫外线的荧光作用，C 项错误；均匀变化的电场可以产生恒定的磁场，D 项正确．答案：D4. [2013·广东梅州二模](多选)电磁波与机械波相比较有( )A. 电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质B. 电磁波在任何介质中的传播速率都相同，机械波在同一介质中的传播速率相同C. 电磁波与机械波都不能产生干涉现象D. 电磁波与机械波都能产生衍射现象解析：电磁波传播不需要介质，且在不同介质中，传播速度不同，即v ＝c n；故A 正确、B 错误；电磁波和机械波都能产生干涉和衍射现象，故C 错、D 正确．答案：AD5. [2014·湖北天门市抽测](多选)电磁波与声波比较 ( )A. 电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质B. 由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大C. 由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大D. 电磁波和声波在介质中的传播速度，都是由介质决定，与频率无关解析：可以根据电磁波的特点和声波的特点进行分析，选项A 、B 均与事实相符，所以A 、B 项正确；根据λ＝v f，电磁波速度变小，频率不变，波长变小；声波速度变大，频率不变，波长变大，所以选项C 正确；电磁波在介质中的速度与介质有关，也与频率有关，所以选项D 错误．答案：ABC6. 任何物体都向外辐射电磁波．对于温度为T 的黑体，辐射最强的电磁波的波长为λm ，λm 与T 之间满足公式：λm T ＝常量．如果把人体表面当成黑体表面，则当人体表面温度为305 K 时，人体辐射最强的电磁波的波长为9.5 μm.作为黑体的宇宙空间的温度为3 K ，宇宙空间辐射最强的电磁波的波长为( )A ．1.1 μmB ．9.6 μmC ．101.3 μmD ．965.8 μm解析：由λm T ＝常量得，305×9.5 μm ＝3λm ，λm ≈965.83 μm ，故D 正确．答案：D7. 如图所示，强强乘坐速度为0.9 c (c 为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c ，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为________(填写选项前的字母)．A. 0.4cB. 0.5cC. 0.9cD. 1.0c 解析：根据光速不变原理可知：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故D 正确．答案：D题组二 提能练8. 2012年11月珠海国际航展会上，中国展出了先进概念机歼-31，标志着中国继美国之后，成为世界上第二个同时研发两款第四代隐形战机的国家．隐形飞机的原理是在飞机研制过程中设法降低其可探测性，使之不易被敌方发现、跟踪和攻击．根据你所学的物理知识，判断下列说法中正确的是 ( )A. 运用隐蔽色涂层，无论距你多近的距离，即使你拿望远镜也不能看到它B. 使用吸收雷达电磁波材料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现C. 使用吸收雷达电磁波涂层后，传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流D. 主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施，使其不易被对方发现解析： 隐形飞机的原理是在飞机制造过程中使用吸收雷达电磁波的材料，使反射的雷达电磁波很弱，在雷达屏幕上显示的反射信息很小，飞机在雷达屏幕上很难被发现，故选项B 正确．答案：B9. 惯性系S 中有一边长为l 的正方形(如图所示)，从相对S 系沿x 方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是( )解析：由l ＝l 01－(v c)2得，正方形沿x 轴方向的长度变短(沿y 轴方向尺寸不受影响)，所以选C.答案：C10．[2013·江苏高考]如图所示，两艘飞船A 、B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v (v 接近光速c )．地面上测得它们相距为L ，则A 测得两飞船间的距离________(填“大于”“等于”或“小于”)L .当B 向A 发出一光信号，A 测得该信号的速度为________．答案：大于 c (或光速)11. (1)下列关于电磁波的说法正确的是( )A. 电磁波必须依赖介质传播B. 电磁波可以发生衍射现象C. 电磁波不会发生偏振现象D. 电磁波无法携带信息传播(2)近年来军事行动中，士兵都佩带“红外夜视仪”，在夜间也能清楚地看清目标，这是为什么？解析：(1)选B.电磁波具有波的共性，可以发生衍射现象，故B 正确．电磁波是横波，能发生偏振现象，故C 错．电磁波能携带信息传播，且传播不依赖介质，在真空中也可以传播，故A 、D 错．(2)一切物体都在不停地向外辐射红外线，不同物体辐射出来的红外线不同，采用红外线接收器，可以清楚地分辨出物体的形状、大小和位置，不受白天和夜晚的影响，确认出目标可以采取有效的行动．答案：(1)B (2)见解析12．[2013·临沂模拟]解答下列关于电磁波的问题：(1)在如图甲所示振荡电流的图象中，表示电容器充电过程的有________；线圈中有最大电流的点为________；电场能转化为磁场能的过程有________．(2)列举下列三种电磁波的一种应用：红外线_________________________________________________________紫外线__________________________________________________________X 射线____________________________________________________________(3)某居住地A 位于某山脉的一边，山脉的另一边P 处建有一无线电波发射站，如图乙所示．该发射站可发送频率为400 kHz 的中波和频率为400 MHz 的微波，已知无线电波在空气中的传播速度都为3×108 m/s ，求：①该中波和微波的波长各是多少？②发射站发出的电磁波是经过干涉还是衍射后到达居住地A 处的？③若两种波的接收效果不同，请说明哪一种波的接收效果更好？为什么？解析：(1)电流减小的过程都是充电过程，故充电过程为ab 、cd 、ef .线圈中有最大电流的点为a 、c 、e .电容器放电时，电场能转化为磁场能，此时应是电流增大的过程，即bc 、de .(2)红外线主要是热作用，如红外线烤箱．紫外线有荧光和杀菌作用，如验钞机、消毒柜等．X 射线主要是穿透作用，如X 射线透视仪．(3)①由λ＝c f知，λ1＝750 m ，λ2＝0.75 m. ②无线电波绕过山脉到达A 处，发生了衍射现象．③频率为400 kHZ 的中波接收效果更好，因为它的波长长，衍射现象更明显．答案：见解析。
2020版人教版高考物理总复习限时规范训练：力学综合训练
力学综合训练(单独成册)一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每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图象如图所示，在0～t0时间内下列说法正确的是()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．t0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，而时间相同，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，t0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t0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，若在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t1，在月面上小球自由下落相同高度所用的时间为t2，地球、月球的半径分别为R1、R2，不计空气阻力，则地球和月球的第一宇宙速度之比为()A.R 1t 22R 2t 12B ． R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2 R 1R 2 D ．t 2t 1 R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体表面上有G Mm R 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，则有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1 R 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 ．π4 C.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 t 2，又x ＝2h ，则有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－(－m v) ，解得F N＝6.5 N ，故D项正确．5．如图所示，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作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1 N/cm，取g＝10 m/s2.则弹簧的形变量为() A．1 cm B．2 cmC．3 cm D．4 cm解析：选D.本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．如图所示，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的上表面水平，则下列说法正确的是()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，具有相同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，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.则物体沿斜面向上运动过程中，下列说法正确的是()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F-x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F-x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v -t 图象如图所示．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/s 2.对物体从B 点运动到A 点的过程中，下列说法正确的是(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，则有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相同，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 ＝v t 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 －12m v 2＝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－v t 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如图所示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，采集相关数据进行验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)下列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，要完成本实验，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 B D．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)若光电门甲的读数为t1，光电门乙先后的读数为t2，t3，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 A dt A甲＝m A dt A乙＋m B dt B乙，故选项A、E正确．(2)由于滑块A匀速通过光电门甲，则有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 dt1＝m A dt3＋m B dt2.答案：(1)AE(2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等(意思相近的叙述均可给分)(4)m A dt1＝m A dt3＋m B dt2(或m At1＝m At3＋m Bt2)10．(20分)如图所示，一质量为m1＝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m2＝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t1＝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/s2，求：(1)撤去推力F瞬间，木板的速度大小v1和物块的速度大小v2；(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(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a1解得：a1＝8 m/s2对物块：μ2m2g＝m2a2解得：a2＝2 m/s2因a1>a2，故假设成立，撤去F时，木板、物块的速度大小分别为：v1＝a1t1＝4 m/sv2＝a2t1＝1 m/s(2)撤去F后，对木板：μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a3解得：a3＝4 m/s2对物块：μ2m2g＝m2a4解得：a4＝2 m/s2撤去F后，设经过t2时间木板和物块速度相同：对木板有：v＝v1－a3t2对物块有：v＝v2＋a4t2得：t2＝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＋v 2t 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)如图所示，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，若将小球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，对系统进行受力分析，如图所示kx 1＝(m A ＋m B )gx 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＋23)mg 3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)(6＋23)mg 3。
2020版高考物理一轮总复习 第六章 限时规范训练新人教版【共5套35页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第六章第1课时功和功率基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第2课时动能定理及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第3课时机械能守恒定律及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第4课时功能关系能量守恒定律能力课时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第六章第5课时动力学和能量观点解决力学综合问题能力课时限时规范训练含解析新人教版功和功率[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B.由初速度为零的匀加速直线运动的规律知， v 2＝2ax , 可知v 2与x 成正比，即动能与它的位移成正比，选项B 正确．2．如图所示，木块B 上表面是水平的，当木块A 置于B 上，并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A ．A 所受的合外力对A 不做功B ．B 对A 的弹力做正功C ．B 对A 的摩擦力做正功D ．A 对B 做正功解析：选C.AB 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为g sin θ.由于A 速度增大，由动能定理，A 所受的合外力对A 做功，B 对A 的摩擦力做正功，B 对A 的弹力做负功，选项A 、B 错误C 正确．A 对B 不做功，选项D 错误．3．质量为2 kg 的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为 3 m/s ，则其末速度为( )A ．5 m/s B.23 m/s C. 5 m/s D.35 m/s解析：选B.F x 图象与x 轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W ＝(2×2＋4×4－3×2)J＝14 J ，根据动能定理得：W ＝12mv 2－12mv 20，解得：v ＝23 m/s ，故B 正确．4．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．5．当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v t 图象如图所示，已知0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下列判断正确的是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直做匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为P v 3解析：选D.0～t 1时间内，列车做匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度逐渐变小，故A 、B 错误；t 3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C 错误；匀速运动时F f ＝F牵＝P v 3，故D 正确．6．在光滑的水平面上，用一水平拉力F 使物体从静止开始移动x ，平均功率为P ，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，平均功率为( )A ．2PB ．4PC ．6PD ．8P解析：选D.设第一次运动时间为t ，则其平均功率表达式为P ＝Fxt；第二次加速度为第一次的4倍，由x ＝12at 2可知时间为t 2，其平均功率为P ′＝4Fx t /2＝8Fxt＝8P ，选项D 正确．7．如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v t 图象，测试时机车先以恒定的牵引力F 启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t 1时刻机车关闭发动机，到t 2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F 做的功和克服摩擦力f 做的功分别为W 1、W 2,0～t 1时间内F 做功的平均功率和全过程克服摩擦力f 做功的平均功率分别为P 1、P 2，则下列判断正确的是( )A ．W 1>W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F >2fC ．P 1<P 2，F >2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，因t 2>t 1，所以P 1>P 2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F 时的加速度大小a 1＝F －f m，关闭发动机后机车加速度大小a 2＝fm，根据v t 图象斜率的意义可知a 1>a 2，即F －f >f ，所以有F >2f ，综上分析可知，B 正确．[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，质量为M 、长度为L 的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m 的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F 作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )A ．2μmgLB ．12μmgL C ．μ(M ＋m )gLD ．μmgL解析：选D.拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m 受力分析，由平衡条件可得F T ＝μmg .对木板M 受力分析，由平衡条件可得：F ＝F T ＋μmg ，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l ＝L2，故拉力F 所做的功W ＝Fl ＝μmgL ，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，因摩擦产生热量为μmgL ，D 正确．2．(多选)某探究小组对一辆新能源小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v t 图象，如图所示(除2～10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知小车运动的过程中，2～14 s 时间段内小车的功率保持不变，在第14 s 末撤去动力而让小车自由滑行，小车的质量为 1.0 kg ，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．以下对小车的描述正确的是( )A ．小车所受到的阻力大小为3 NB ．小车匀速行驶阶段的功率为9 WC ．小车在加速运动过程中位移的大小为42 mD ．小车在前2 s 受到的合力大于阻力解析：选BC.由速度－时间图象得小车匀加速对应的加速度a ＝1.5 m/s 2，小车在2 s 时的功率等于匀速运动时的功率，因此有P ＝(ma ＋F f )v 2＝F f v 10，代入数据解得P ＝9 W ，F f ＝1.5 N ，前2 s 小车受到的合力大小恰好等于阻力大小，选项A 、D 错误，B 正确；2～10 s 时间内小车的功率恒定，则由动能定理得Pt 2－F f x 2＝12m (v 210－v 22)，解得x 2＝39 m ，匀加速阶段的位移x 1＝12v 2t 1＝3 m ，那么加速阶段的总位移为x 1＋x 2＝42 m ，选项C 正确．3．质量m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v t 图象如图所示．g 取10 m/s 2，则( )A ．拉力F 的大小为100 NB ．物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC ．4 s 内拉力所做的功为480 JD ．4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：选B.取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2 s 内，－F －f ＝ma 1且a 1＝－5 m/s 2；2～4 s 内，－F ＋f ＝ma 2且a 2＝－1 m/s 2，联立以上两式解得F ＝60 N ，f ＝40 N ，A 错误；由P ＝Fv 得4 s 时拉力的瞬时功率为120 W ，B 正确；由W ＝Fx,0～2 s 内，W 1＝－Fx 1,2～4 s 内，W 2＝Fx 2，由题图可知x 1＝10 m ，x 2＝2 m ，代入数据解得，4 s 内拉力所做的功为－480 J ，C 错误；摩擦力做功W ＝fs ，摩擦力始终与速度方向相反，故s 为路程，由题图可求得总路程为12 m,4 s 内物体克服摩擦力做的功为480 J ，D 错误．4．如图所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa 、ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W解析：选 B.设重心上升的高度为h ，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有h0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J＝144 J ，所以一分钟内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 320 J ，功率P ＝W 总t＝72 W ，故选项B 正确．5．如图所示，传送带AB 的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m 可视为质点的物体以v 0的初速度从传送带上某点开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，传送带的速度为v (v 0<v )，方向未知，重力加速度为g .物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是( )A ．μmg v 2＋v 20cos θ B ．μmgv 0cos θ C ．μmgv cos θD ．12μmg (v ＋v 0)cos θ 解析：选C.由物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，则有μmg cos θ>mg sin θ，传送带的速度为v (v 0<v )，若v 0与v 同向，物体先做匀加速运动，最后物体加速到与传送带速度相同时，物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，为μmgv cos θ.若v 0与v 反向，物体先向上做匀减速运动，后向下匀加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，为μmgv cos θ，故选C.6．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的关系图象和拉力的功率与时间的关系图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．物体的质量为109 kgB ．滑动摩擦力的大小为5 NC ．0～6 s 内物体的位移大小为24 mD ．0～2 s 内拉力做的功为20 J解析：选A.当P ＝30 W 时，v ＝6 m/s ，得到牵引力F ＝Pv＝5 N ；0～2 s 内物体的加速度a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2，根据F －f ＝ma ，可得m ＝109 kg ，A 正确．在2～6 s 内，v ＝6 m/s ，P ′＝10 W ，物体做匀速直线运动，F ′＝f ，则滑动摩擦力为f ＝F ′＝P ′v ＝106 N ＝53N ，B 错误；0～6 s 内物体的位移大小等于v t 图象中图象与t 轴所包围的面积，x ＝30 m ，C 错误，在0～2 s 内物体位移为x 1＝6 m ，则拉力做的功为W 1＝Fx 1＝30 J ，D 错误．7．如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则( )A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力小于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于(M＋m)gv cos θD．此过程中货车拉力做的功为(M＋m)gh解析：选C.货物向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，即v1＝v cos θ，由于θ不断减小，故v1增大，货物向上做加速运动，故A错误；货箱和货物的加速度向上，处于超重状态，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，绳子对货箱和货物的拉力大于(M＋m)g，故拉力功率P>(M＋m)gv cos θ，B错误，C正确；由功能关系知此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于(M＋m)gh，故D错误．动能定理及其应用[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对． 2．(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )解析：选A.竖直上抛运动的速度v 与时间t 的关系为v ＝v 0－gt ，由于E k ＝12mv 2＝12m (v 0－gt )2，故E k －t 图象应是A.3．如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点解析：选C.对物体从a 运动到c ，由动能定理，－μmgl －2μmgl ＝12mv 21－12mv 20，对物体从d 运动到c ，由动能定理，－3μmgl ＝12mv 22－12mv 20，解得v 2＝v 1，选项C 正确．4．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A ．mgh －12mv 2－12mv 2B ．－12mv 2－12mv 20－mghC ．mgh ＋12mv 20－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 2解析：选C.对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12mv2－12mv 20，解得W f ＝mgh ＋12mv 20－12mv 2，选项C 正确．5．如图所示，质量为m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．0B ．2μmgRC ．2πμmgRD ．μmgR2解析：选D.物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝mv 2R .在物块由静止到获得速度v 的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W ＝12mv 2－0.联立解得W ＝12μmgR .故选项D 正确．6．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1＜s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 21－12mv 20①解得μ＝v 20－v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 2⑥答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P 点，以大小恒定的初速度v 0，在圆盘上沿与直径PQ 成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v ，则v 2cos θ图象应为( )解析：选A.设圆盘半径为r ，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得，－μmg ·2r cos θ＝12mv 2－12mv 20，整理得v 2＝v 20－4μgr cos θ，可知v 2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的A 点静止释放，运动至B 点时速度为v 2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定解析：选C.物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmgx BD ＝12mv 2，即mgh －μmg ·h tan θ－μmgx BD ＝12mv 2，因为h tan θ＝x CD ，所以mgh －μmgx BC ＝12mv 2，故到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1＝v 2，故选项C 正确．3.(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内左右移动，直杆与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．若直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( )A ．小车被弹回时的速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于m v 20－v 22fC ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：选BD.小车在向右运动的过程中，若弹簧的形变量始终小于f k ，则直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时的速度v 等于v 0；若弹簧的形变量大于f k，则直杆和槽将发生相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，小车被弹回时的速度v 小于v 0，A 错误，D 正确．对整个系统全过程总能量守恒，有fs ＝12mv 20－12mv 2，可得直杆在槽内移动的距离s ＝m v 20－v 22f ，B 正确．直杆在槽内由静止开始向右运动时，小车的速度大于零，小车不可能与直杆始终保持相对静止，C 错误．4．如图所示，一个可视为质点的滑块从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度大小g ＝10 m/s 2)( )A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m解析：选B.滑块到达圆环顶点C 时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2C r ，得速度v C ＝gr ，设滑块在BEC 段上克服摩擦力做的功为W 1，由动能定理得mg (H －2r )－W 1＝12mv 2C ，则W 1 ＝ mg (H －2r )－12mv 2C ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －52r ，滑块在CFB 段克服摩擦力做的功W 2满足0<W 2<W 1，从C 到D ，由动能定理得－mg (h －2r )－W 2＝－12mv 2C ，代入得8 m<h <10 m ，选项B 正确．5．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 两球均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为 3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J 解析：选C.A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠B ′A ′O ＝α，则有tan α＝34.由运动的合成与分解可得v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.以B 球为研究对象，此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得轻绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确．6．如图甲所示，一滑块从平台上A 点以初速度v 0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s ，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v 0和s ，作出s 2v 20图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求平台离地的高度h 及滑块在平台上滑行的距离d ；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A 点以4 m/s 的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v ′及落地点离平台的水平距离s 的大小．解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v ，根据动能定理得：－μmgd ＝12mv 2－12mv 20① 滑块离开平台后做平抛运动，则有：h ＝12gt 2②s ＝vt ③联立以上三式得：s 2＝2h gv 20－4μhd ④ 由图象得：图象的斜率等于2h g， 即：2h g ＝222－12＝0.2⑤ 解得：h ＝1 m 且当s ＝0时，v 20＝12，代入④式解得：d ＝2 m.(2)由①得：v ＝2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：h ＝12gt 2⑥ 得：t ＝ 2h g ＝ 2×110 s ＝55s ⑦ 滑块滑离平台后落地时的速度为：v ′＝v 2＋gt 2＝2 6 m/s落地点离平台的水平距离s 的大小为：s ＝vt ＝2×55 m ＝255m. 答案：(1)1 m 2 m (2)2 6 m/s255 m机械能守恒定律及其应用[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)下列说法正确的是( )A．如果物体所受到的合力为零，则其机械能一定守恒B．如果物体所受到的合力做的功为零，则其机械能一定守恒C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒解析：选CD.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选项C正确；做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．2．(多选)如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒解析：选AD.物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C错误；物体与斜面体组成的系统机械能守恒，D正确．3．如图所示，质量均为m，半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接．若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )A．0 B．mgR sin θC．2mgR sin θD．2mgR解析：选C.两球运动到最高点时速度为零，则两球机械能的差值等于重力势能的差值，为：ΔE＝mg·2R sin θ＝2mgR sin θ，故C正确．4．如图所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于水平地面上；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．现将b 球释放，则b 球着地瞬间a 球的速度大小为( ) A.gh B ．2gh C. gh2D ．2gh 解析：选A.在b 球落地前，a 、b 两球组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球速度大小相等，设为v ，根据机械能守恒定律有：3mgh ＝mgh ＋12(3m ＋m )v 2，解得：v ＝gh ，故A 正确．5．如图所示，轻质细绳的下端系一质量为m 的小球，绳的上端固定于O 点．现将小球拉至水平位置，使绳处于水平拉直状态后松手，小球由静止开始运动．在小球摆动过程中绳突然被拉断，绳断时与竖直方向的夹角为α，已知绳能承受的最大拉力为F ，则cos α值应为( )A ．cos α＝F ＋mg 4mgB ．cos α＝F －mg 2mgC ．cos α＝2F 3mgD ．cos α＝F 3mg解析：选D.设绳长为L ，小球运动到绳与竖直方向夹角为α时，受力情况如图，建立图示坐标系，小球运动过程中机械能守恒，有mgL cos α＝12mv 2，在α角时沿y 轴方向，由牛顿第二定律得F －mg cosα＝m v 2L ，由以上两式联立可解得cos α＝F 3mg，故选项D 正确． 6．如图所示，将一质量为m ＝0.1 kg 的小球自水平平台右端O 点以初速度v 0水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC ，并沿轨道恰好通过最高点C ，圆轨道ABC 的形状为半径R ＝2.5 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，空气阻力不计)，求：(1)小球经过C 点速度v C 的大小；(2)小球运动到轨道最低点B 时轨道对小球的支持力大小；(3)平台末端O 点到A 点的竖直高度H .解析：(1)小球恰好运动到C 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律知mg ＝m v 2C R 解得v C ＝gR ＝5 m/s.(2)从B 点到C 点，由机械能守恒定律有12mv 2C ＋mg ·2R ＝12mv 2B 在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2B R联立解得v B ＝5 5 m/s ，F N ＝6.0 N.(3)从A 到B 由机械能守恒定律有12mv 2A ＋mgR (1－cos 53°)＝12mv 2B 所以v A ＝105 m/s在A 点对小球进行速度的分解如图所示，有v y ＝v A sin 53°所以H ＝v 2y 2g＝3.36 m. 答案：(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m[能力提升题组](25分钟，50分)1．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R ，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m ，若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上经过A 处时对轨道的压力为( )A ．2mgB ．3mgC ．4mgD ．5mg解析：选C.小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝m v 2B1.8R ，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝m v 2A R ，根据机械能守恒定律，有1.6mgR ＋12mv 2B ＝12mv 2A ，解得F ＝4mg ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′＝F ＝4mg ，选项C 正确．2．如图所示，可视为质点的小球A 和B 用一根长为0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )A ．杆对小球A 做负功B ．小球A 的机械能守恒C ．杆对小球B 做正功D ．小球B 速度为零时距水平面的高度为0.15 m解析：选D.由题意可知，A 、B 两球在上升中受重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A 上升到斜面时，B 还在水平面上运动，即A 在斜面上做减速运动，B 在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B 推着A 上升，因此杆对A 做正功，故A 错误；因杆对A 球做正功，故A 球的机械能不守恒，故B 错误；由以上分析可知，杆对球B 做负功，故C 错误；设小球B 速度为零时距水平面的高度为h ，根据系统机械能守恒，可得：mgh ＋mg (h＋L sin 30°)＝12×2mv 2，解得：h ＝0.15 m ，故D 正确． 3．(多选)如图所示，质量均为m 的两个物体A 和B ，其中物体A置于光滑水平台上，物体B 穿在光滑竖直杆上，杆与平台有一定的距离，A 、B 两物体通过不可伸长的细轻绳连接跨过台面边缘的光滑小定滑轮，细线保持与台面平行．现由静止释放两物体，当物体B 下落h 时，B 物体的速度为2v ，A 物体的速度为v .关于此过程下列说法正确的是( )A ．该过程中B 物体的机械能损失了15mgh B ．该过程中绳对物体A 做功为12mv 2 C ．物体A 在水平面上滑动的距离为hD ．该过程中绳对系统做功52mv 2解析：选AB.在图中的虚线对应的位置，将物体B 的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：物体A 、B 沿着绳子的分速度相等，故sin θ＝v 2v ＝12，解得θ＝30°，该过程中A 、B 系统机械能守恒，则mgh ＝12m ·(2v )2＋12mv 2，物体B 的机械能减少量为ΔE B ＝mgh －12m (2v )2，解得ΔE B ＝15mgh ，故选项A 正确；根据动能定理，该过程中绳对物体A 做功为W T ＝12mv 2－0＝12mv 2，故选项B 正确；结合几何关系，物体A 滑动的距离Δx ＝。
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知识改变命运
1．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，有如下一些步骤
A ．在弹簧下端挂上一个钩码，观察指针所指位置，测出弹簧的伸长量x 1
B ．将弹簧固定悬挂在金属横杆上，将刻度尺竖直固定在弹簧旁，观察弹簧指针所指位置，并记下该位置
C ．在坐标纸上建立平面直角坐标系，以F 为纵坐标、x 为横坐标，根据实验数据，选定两坐标轴适当的标度
D ．将各组实验数据在平面坐标上进行描点，观察点的分布与走
势，用平滑曲线作出反映F 和x 对应规律的图象
E ．将铁架台放在水平实验桌上，将金属横杆水平固定在铁架台上
F ．给弹簧下端挂上两个钩码、三个钩码……，分别观察指针所指的位置，测出对应的伸长量x 2、x 3……
G ．根据图象和数据做出结论并整理仪器
实
验中合理实
验步骤排序为 ( ) A ．
EBAFCDG B ．EBAFDCG C
．EBFCADG
D ．EAFBCDG
答案：A 2．(2010·福建理综，19(2))某实验小组研究橡
皮
筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原
长约
200 mm 的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的
橡皮
筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)，每增挂一
只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只
钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也
记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂图1－4－5
钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图象如图1－4－5所示．从图象中可以得出________．(填选项前的字母)
A．增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比
B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
解析：从图象看出，图线呈非线性关系，说明所挂钩码已使橡皮筋的形变超出弹性限度．
答案：D
3．如图1－4－6a所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系实验．
图1－4－6
(1)为完成实验，还需要的实验器材有_________________________________________；
(2)实验中需要测量(记录)的物理量有_______________________________________；
(3)如图1－4－6b是弹簧所受弹力F与弹簧伸长长度x的F－x图
线，由此可求出弹簧的劲度系数为________ N/m.图线不过原点的原因是______________________________．
知识改变命运
解析：该实验探究的是弹力F和弹簧伸长量Δx的关系，故还需要测量长度的仪器即刻度尺．弹簧弹力由二力平衡得到：F＝nmg，需要记录悬挂钩码个数；形变量为Δx＝l′－l0，故需要测量弹簧原长和弹力(外力)对应的弹簧长度．F－x图线的斜率表示劲度＝200 N/m，图线不过原点是由弹簧自身重力引起的．系数k＝ΔF
Δx
答案：(1)刻度尺(2)弹簧的原长、悬挂钩码个数以及与弹力(外力)对应的弹簧长度(3)200弹簧自身有重力
4．某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了图1－4－7所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在下面的表中．(弹簧始终在弹性限度内)
图1－4－7图1－4－8
(1)根据实验数据在图1－4－8的坐标纸上已描出了前四次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧总长x之间的函数关系点，请把第5、6次测量的数据对应的点描出来，并作出F－x图线．
(2)图线跟x坐标轴交点的物理意义是_______________________________________．
(3)该弹簧的劲度系数k＝________.(保留两位有效数字)
知识改变命运
答案：(1)图线如下图所示
(2)弹簧的原长(3)42 N/m
5．(2010·浙江理综，21，Ⅰ)在“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”
的实验中，甲、乙两位同学选用不同的橡皮绳代替弹簧．为测量橡皮绳的劲度系数，他们在橡皮绳下端依次逐个挂上钩码(每个钩码的质量均为m＝0.1 kg，取g＝10 m/s2)，并记录绳下端的坐标X (下标i表示挂在绳下端钩码个数)，然后逐个拿下钩码，同样记加i
录绳下端的坐标X减i，绳下端坐标的平均值X i＝(X加i＋X减i)/2的数据如下表：
(1)同一橡皮绳的X加i________X减i(大于或小于)；
(2)________同学的数据更符合实验要求(甲或乙)；
(3)选择一组数据用作图法得出该橡皮绳的劲度系数k(N/m)；
知识改变命运
(4)为了更好地测量劲度系数，在选用钩码时需考虑的因素有哪些？
解析：(1)橡皮绳不严格遵守胡克定律，故去掉第i＋1个钩码时不能恢复到挂第i个钩码的长度，所以X加i小于X减i.
(2)每增加一个钩码，橡皮绳的改变量应大约相等，所以乙同学的数据更符合实验要求．
(3)根据题意，求出挂上不同钩码时，橡皮绳的改变量，钩码的
重力等于橡皮绳的弹力F，作出弹力F随改变量变化的图线，图线的斜率即为橡皮绳的劲度系数．
(4)尽可能使橡皮绳的伸长量在弹性范围内，同时要有足够大的
伸长量，以减小长度测量的误差．
答案：(1)小于(2)乙
(3)由所给数据得改变量如下表所示
由上表作图得
知识改变命运
由图可得k乙＝57～70(N/m)
或
对于甲同学的数据，因为只有前几个数据可认为在弹性范围内，由图中切线的斜率得
k甲＝25～34(N/m)．
(4)尽可能使伸长量在弹性范围内，同时有足够大的伸长量，以减小长度测量的误差．
薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。
佳节又重阳，玉枕纱厨，半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后，有暗香盈袖。
莫道不消魂，帘卷西风，人比黄花瘦。
知识改变命运。