2020人教版高中物理高三一轮复习(课件+练习) (1)
人教版2020年高考物理一轮复习全册ppt课件
考点分阶突破
[答案] AC
[解析] 当 P 或 Q 匀速下滑时,由平衡条件,斜面对它们的作用力竖直向上,对 P、 Q 和 A,水平方向不受地面的摩擦力作用,竖直方向地面对斜劈 A 的支持力等于 (M+2m)g;现施加平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2,斜面对 P、Q 的支持力和摩擦 力不变,即 P 或 Q 对斜面的作用力竖直向下,斜劈 A 受力不变,选项 B、D 错误, 选项 C 正确;对施加平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2 的 P 和 Q,加速度 a1=������������1、 a2=������������2,且 a1<a2,选项 A 正确.
图10-4
考点分阶突破
[答案] (1)0.4 (2)5 2 s [解析] (1)根据 v-t 图像可知,物体 A 的加速度 aA=ΔΔ������������=2 m/s2 以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律可得 F-μmAg=mAaA 代入数据得 μ=0.4.
考点分阶突破
(2)由图像知,木板 B 的长度 l=12×5×10 m=25 m
������-������������������ ������
cos
������
=gsin
θ-μgcos
θ<a1,选项
B
正确.
考点分阶突破
变式1 (多选)如图10-2所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子.沙粒之 间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾 角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是 ( ) A.要顺利地卸干净全部沙子应满足tan θ>μ2 B.要顺利地卸干净全部沙子应满足sin θ>μ2 C.只卸去部分沙子,车上还留下一部分沙子, 应满足μ2>tan θ>μ1 D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ图2>1μ01->2tan θ
2020届高考物理人教版一轮复习动量守恒定律及其应用PPT课件(86张)
解析：D 在运动的全过程中，当小球与弹簧接触后，小球与 槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量 不守恒，故 A 错误；在下滑过程中，两物体都有水平方向的位移， 而相互作用力是垂直于槽面的，故作用力方向和位移方向不垂直， 相互作用力均要做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的 系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程 系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C 错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向 动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于 m<M，则小球的
【强化训练】 1．(2018·吉林模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质 量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接， 一个质量为 m(m<M)的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正 确的是( )
A．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保 持某一确定值不变
代入数据解得 v＝2.4 m/s 【答案】 (1)20 N·s，水平向右 (2)2.4 m/s
【反思启迪】 (1)人和滑板 A、B 在相互作用的过程中，系统 竖直方向的合力并不为零，但系统水平方向始终无外力作用，所以 可用分方向的动量守恒定律求解．
(2)系统的动量是否守恒与系统和过程的选取密切相关，因此应 用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过 程中动量是守恒的．
【解析】 (1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最 低点、但未与球 a 相碰时的速率为 v，由机械能守恒定律得 m2gL＝ 12m2v2①
高三一轮复习物理课件单元ppt
船的一个分速度
速度方向
水流的方
向
船在静水中
由船的发动机工作给船的速
发动机运行功
船头的指
速度 v 船
度,这是船的另一分速度
率大小
向
船相对地的
船体对地的速度,这是船的合
两个分速度的
船体实际
速度 v
速度
大小及方向
运行方向
基础自主梳理
要点研析突破
要点研析突破
速效提升训练
3.对小船渡河的讨论
(1)v 船>v 水
，所以 B 选项正确.
2
2
2
u
u v
1 k
答案：B
基础自主梳理
要点三
要点研析突破
要点研析突破
速效提升训练
绳牵引物体模型的分析
1.模型展示:绳子牵引物体(如船)运动,绳子往往与物体(如:船)运动的
方向不在同一直线上,如图所示.
2.分析处理:物体(如船)运动,实际上参与了两个方向的分运动,即沿绳
向上的分运动(沿绳向上缩短)和垂直绳向下的分运动(垂直绳向下旋转).将
向都沿负 x 轴方向,因而物体沿负 x 轴方向做匀加速运动,A 项错误;在 y 方
向上,物体的初速度为 v0y=6m/s,加速度 ay=3m/s2,方向都沿正 y 轴方向,因而
物体沿正 y 轴方向做匀加速运动,B 项正确;物体的合速度与负 x 轴的夹角
为
0
3
θ=arctan =arctan ,合加速度与负
要点二
要点研析突破
要点研析突破
速效提升训练
小船渡河问题的分析
1.处理方法:小船渡河时,实际上参与了两个方向的分运动,即水流的运动和
2020高考物理一轮复习6.3定律与能量综合专题课件新人教版
4.(2018·安徽三模)(多选)如图所示，
质量为 m 的长木板 B 放在光滑的水平面
上，质量为14m 的木块 A 放在长木板的左端，一颗质量为116m 的
子弹以速度 v0 射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为
18v0，木块在木板上滑行的时间为 t，则下列说法正确的是(
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝12m1v2 解得：x＝0.096 m (4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与 小车有共同的速度，设其为 v′，则：m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由系统能量守恒有：
12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得 v0′＝5 m/s. 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0 ′不超过 5 m/s.
答案 B 解析 当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度 相同，设为 v1，根据水平方向动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，根 据机械能守恒定律有：12mv02＝12(m＋M)v12＋mgR，根据题意， 有：M＝4m，联立两式解得：v0＝5 m/s，故 A、C、D 三项错误， B 项正确．
2．(2018·山东模拟)(多选)如图所示，质
是一个四分之一圆弧 线水平．另有一个质量为 m 的小球以初速度 v0 从 E 点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知 M＝4m，g
取 10 m/s2，不计摩擦．则小球的初速度 v0 的大小为( )
A．v0＝4 m/s
B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s
D．v0＝7 m/s
题型透析
“滑块－弹簧”模型 例 1 如图所示，质量分别为 1 kg、3 kg 的滑块 A、B 位于 光滑水平面上，现使滑块 A 以 4 m/s 的速度向右运动，与左侧连 有轻弹簧的滑块 B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．
2020届高考物理一轮复习说课课件《动量守恒定律》(共16张PPT)
考情分析 学情分析 复习目标 备考策略
感谢聆听！敬请指导！
一、考情分析------考纲
主题
内容
要求 说明
选力学
碰撞与动 量守恒
动量、动量定理、动量守恒 定律及其应用
Ⅱ
只限于 一维
修
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
3-5
单位
制和 实验 实验七：验证动量守恒定律
……
实验
一、考情分析------考纲
2018
15
Ⅱ卷
用动量定理求冲击力 能量三大观点解题，有可能
24 动量守恒与动能定理综合 成为高考压轴题的重点题型
Ⅰ卷 14 2017
动量守恒、火箭反冲
(3)碰撞模型是近年来高
Ⅱ卷 15
原子核衰变、动量守恒 考命题的重点
Ⅰ卷 35
用动量定理求冲击力
二、学情分析
1. 有努力，有困难 2. 学业繁重，习惯难养 3. 注重刷题，忽视基础，疏于反思
的核心素养。
引导：
(2018·课标全国Ⅱ)高空坠物极易 ①情境的理解，如何模型化； 对行人造成伤害．若一个50 g的鸡 ②过程的理解，分过程与全过程； 蛋从一居民楼的25层坠下，与地面 ③力的概念理解，冲击力、重力、
的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对 合力。什么时候重力可忽略；
地面产生的冲击力约为( )
对2019年考试大纲和考试说明的思考
1.考点内容不变
• 2018年和2019年的考试大纲中：
考点、考点级别、考点内容几乎完全相同，均无大的变化。
• 2019年考试说明：现在正处于新旧高考交替的历史转折时期，考点 内容的几乎不变是为了保障新旧高考的平稳过渡。
2020版高三物理一轮复习(课件+练习)：第一章 运动的描述匀变速直线运动
第一章 ⎪⎪⎪运动的描述 匀变速直线运动 [全国卷5年考情分析] 参考系、质点(Ⅰ) 位移、速度和加速度(Ⅱ) 以上2个考点未曾独立命题第1节 描述运动的基本概念一、质点、参考系 1．质点(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)条件：物体的大小和形状对研究的问题的影响可以忽略不计。
[注1] (3)实质：质点是一种理想化的模型，实际并不存在。
2．参考系(1)定义：在描述物体的运动时，用来做参考的物体。
(2)参考系的选取[注2]①参考系的选取是任意的，既可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体应认为是静止的，通常选地面为参考系。
②对于同一物体，选择不同的参考系时观察运动结果一般不同。
③比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系。
二、位移、速度1．位移和路程(1)二者的定义(2)二者的区别和联系2．(1)平均速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v＝xt，是矢量，其方向就是对应位移的方向。
(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度，是矢量。
[注3](3)速率：瞬时速度的大小，是标量。
三、加速度[注4]1．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。
2．定义式：a＝ΔvΔt，单位为m/s2。
3．方向：加速度为矢量，方向与速度变化量的方向相同。
【注解释疑】[注1] 不以“大小”论质点①大的物体不一定不能看成质点；②小的物体不一定能看成质点。
[注2] 不能选自身为参考系。
[注3] 在实际问题中，只要时间足够短，平均速度可认为等于瞬时速度，如光电门问题。
[注4] 速度变化快慢、速度变化率、加速度三者含义相同，速度变化快，也就是速度变化率大，加速度大。
[深化理解]1．质点的辨识物体能否看成质点，关键不在物体本身，而是要看研究的问题，同一个物体在不同情况下有时可看成质点，有时则不能。
2．“速度”的理解“速度”一词在不同情境下可能表示瞬时速度、平均速度、速率、平均速率，解决具体问题时需要加以区分。
2020届高考物理一轮复习 新人教版【共24套168页】
本套资源目录2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习五新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习四新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习一新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习三新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习二新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习一新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习三新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习二新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习五新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练一新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练六新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练四新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练一新人教版_ 2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版12020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练五新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练四新人教版稳中培优计算、实验练习（五）1、合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力．假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P 0，每节车厢的总质量为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t 0速度达到最大，重力加速度为g.求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度和此时第6节车厢对第7节的拉力；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【参考答案】(1)kg 4kmg (2)8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 解析：(1)设动车组匀速运动的速度为v m ，动车组速度为最大速度一半时动车的牵引力为F ，有2P 0＝8kmgv m2P 0＝2F v m 2对动车组，由牛顿第二定律2F －8kmg ＝8maa ＝2F －8kmg 8m＝kg 对第7、8节车厢的整体有：F 67－2kmg ＝2ma解得：F 67＝4kmg(2)由动能定理得：2P 0t 0－8kmgx ＝12(8m)v 2m －0 x ＝P 0t 04kmg －P 2032k 3m 2g 3＝8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 2、如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P(－L ，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g ，求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．【参考答案】(1) 2L g (2)垂直于纸面向里，2m 2gL qL解析：(1)粒子在第二象限内沿角平分线做直线运动，则电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE ，2mg ＝ma.根据运动学公式可知，2L ＝12at 2. 联立解得t ＝2L g. (2)粒子在第二象限中做加速直线运动，根据动能定理可知，mgL ＋qEL ＝12mv 2－0. 解得，v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角．电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力，Bqv ＝m v 2R ，粒子在第四象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示：根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里．根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径R ＝22L. 解得，B ＝2m 2gL qL. 3、（实验）利用图1的装置探究“恒力做功与物体动能变化”的关系．小车的质量为M ，钩码的质量为m ，且不满足m ＜M.打点计时器的电源是频率为f 的交流电．(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母)A ．计时器不打点B ．计时器打点(2)图2是正确操作后得到的一条纸带．纸带上各点是打出的计时点，其中O 点为打出的第一个点．小车发生的位移从纸带上计时点间的距离可以直接测出，利用下列测量值和题中已知条件能简单、准确完成实验的一项是________________________________________________________________________．(填选项前的字母)A ．OA 、AD 和EG 的长度B ．BD 、CF 和EG 的长度C ．OE 、DE 和EF 的长度D ．AC 、EG 和BF 的长度(3)若测得图2中OF ＝x 1，EG ＝x 2，则实验需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)【参考答案】(1)B (2)C (3)mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222 解析：(1)打点计时器工作时，纸带受到摩擦力作用，平衡摩擦力时，需要通过打点计时器判断是否匀速，B 选项正确．(2)简单、准确地完成实验，需要选取的两点尽可能远，且方便测量，故测量OE 段的长度，计算合力做功，测量DE 和EF 的长度，计算E 点的瞬时速度，C 选项正确．(3)EG ＝x 2，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻F 点的瞬时速度v F ＝EG 2T ＝fx 22. 系统增加的动能ΔE K ＝12(M ＋m)v 2F ，系统减少的重力势能ΔE P ＝mgx 1.实验验证系统机械能守恒的表达式为mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222. 4、如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动．到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H ＝75 m ，当落到离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m ＝6 kg 的书包放在自己的腿上．(g 取10 m/s 2)，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．(1)当座舱落到离地面h 1＝60 m 和h 2＝20 m 的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；(2)若环形座舱的质量M ＝4×103 kg ，求制动过程中机器输出的平均功率．【参考答案】(1)零 150 N (2)1.5×106W解析：(1)分析题意可知，座舱在离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，说明座舱离地面60 m 时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零．座舱落到离地面20 m 高时，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，F 2－mg ＝ma.座舱下落45 m 时开始制动，此时速度为v.v 2＝2g(H －h)．座舱到地面时刚好停下，v 2＝2ah.联立解得，F ＝150 N.根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为150 N.(2)制动过程中，座舱所受的制动力为F 0，经历的时间为t ，根据运动学公式可知，t ＝v a. 根据牛顿第二定律，对座舱有，F 0－Mg ＝Ma.座舱克服制动力做功W ＝F 0h.机器输出的平均功率P ＝W t .联立解得，P ＝1.5×106W.5、如图所示，矩形区域abcdef 分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be 为其分界线，af ＝L ，ab ＝0.75L ，bc ＝L.一质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)从a 点沿ab 方向以初速度v 0射入电场，从be 边的中点g 进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)若要求电子从cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m ；(3)调节磁感应强度的大小．求cd 边上有电子射出部分的长度．【参考答案】(1)16mv 209eL (2)3mv 0eL解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解法则可知， 竖直方向上，L 2＝12×eE mt 2. 水平方向上，0.75L ＝v 0t.联立解得，E ＝16mv 209eL. (2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，evB ＝m v 2r. 运动轨迹刚好与cd 边相切时，半径最小，此时磁感应强度最大，轨迹如图所示：速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.5L 0.75L ×2＝43，则速度与be 边的夹角为37°. 电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin37°＝53v 0.根据几何关系可知，r 1＋r 1cos37°＝L.解得最大磁感应强度B m ＝3mv 0eL.稳中培优计算、实验练习（四）1、骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P 与水平路面的高度差为1.25 m ，拱形路面前后赛道位于同一水平面上．以54 km/h 的初速进入直道的赛车，以90 kW 的恒定功率运动10 s 到达P 点，并恰好从P 点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10 m ．将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力．已知赛车的质量为1.6×103 kg ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)赛车到达P 点时速度的大小．(2)拱形路面顶点P 的曲率半径．(3)从进入直道到P 点的过程中汽车克服阻力做的功．【参考答案】(1)20 m/s (2)40 m (3)7.4×105 J解析：(1)赛车到达P 点后做平抛运动．水平方向上，x ＝v p t.竖直方向上，h ＝12gt 2. 联立解得，v p ＝20 m/s.(2)赛车运动到拱形路面顶点P 时，重力提供向心力．mg ＝m v P R. 解得曲率半径R ＝40 m.(3)从进入直道到P 点的过程中，汽车牵引力做功，重力做功，克服阻力做功．根据动能定理可知，Pt －mgh －W f ＝12mv 2P －0. 解得，W f ＝7.4×105 J.2、如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1.平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2.CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ＝45°，O′C＝a ，现有大量质量均为m ，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力)，自O 点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B 2中，求：(1)进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度；(2)能击中绝缘板CD 的粒子中，所带电荷量的最大值；(3)绝缘板CD 上被带电粒子击中区域的长度．【参考答案】(1)EB 1(2)2＋1mEB 1B 2a(3)2a解析：(1)平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，沿直线OO′运动的带电粒子，处于受力平衡状态，qvB 1＝qE.解得，v ＝EB 1.(2)带电粒子进入匀强磁场B 2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力． qvB 2＝m v2r.电荷量最大的带电粒子，运动的轨迹半径最小，带正电，轨迹向下偏转，与CD 板相切，如图所示：根据几何关系可知，r 1＋2r 1＝a. 依题意解得，r 1＝a 1＋2，q ＝2＋1mEB 1B 2a.(3)带负电的粒子在磁场B 2中向上偏转，击中绝缘板CD 的临界情况是轨迹与CD 相切． 根据几何关系可知，r 2＋a ＝2r 2. 解得，r 2＝a2－1.CD 板上被带电粒子击中区域的长度为x ＝r 2－r 1＝2a.3、（实验）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d ＝40 cm 的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A ，在狭缝A 的正对面画一条标志线，如图1所示．在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B 的固定纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A 转至与狭缝B 正对平行时，雾滴便通过狭缝A 匀速运动打在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈)．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图2所示．(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s ，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝________cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则这些雾滴喷射速度的计算表达式为v 0＝________________________________________________________________________(用字母表示)．(3)如果以纵坐标表示雾滴的速度v 0，横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1s ，画出v 0－1s图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T ＝________s. 【参考答案】(1)2.10 (2)πd2Ts(3)1.6解析：(1)雾滴运动一直径的长度，速度越大，运行的时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝2.10 cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则雾滴运动的时间为t ＝s v ＝sTπd ，喷枪喷出雾滴的速度v 0＝d t ＝πd 2Ts.(3)由上式变形为，v 0＝πd 2Ts ＝πd 2T ·1s ，v 0－1s 图象中斜率k ＝πd 2T ＝0.7π7，解得，T ＝1.6 s.4、两小木块A 、B ，通过轻质弹簧连接，小木块B 处在固定于地面的光滑斜面底端的挡板上，小木块A 压缩弹簧处于平衡状态．现对木块A 施加一平行于斜面向上的恒力F 作用，小木块A 从静止开始沿斜面向上运动，如图所示．已知m A ＝m B ＝2 kg ，F ＝30 N ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝4 N/cm.设斜面足够长，整个过程弹簧处于弹性限度内，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)从小木块A开始运动到小木块B刚开始运动的过程中，恒力F对小木块A做的功；(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，小木块A的加速度的大小．【参考答案】(1)1.8 J (2)2 m/s2解析：(1)初态时，小木块A压缩弹簧，根据平衡条件可知，kx1＝m A gsinθ.末态时，小木块B拉伸弹簧，kx2＝m B gsinθ.弹簧的形变量x＝x1＋x2.恒力F对小木块A做功W＝F·x.联立解得，W＝1.8 J.(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，弹簧的拉力大小为F1，小木块A的加速度的大小a A，根据牛顿第二定律可知，F－F1－m A gsinθ＝m A a A.F1－m B gsinθ＝m B a B.联立解得，a A＝2 m/s2.5、磁流体发电是一种新型发电方式，图甲和图乙是其工作原理示意图．图甲中的A、B 是电阻可忽略的导体电极，两个电极间的间距为d，这两个电极与负载电阻相连．假设等离子体(高温下电离的气体，含有大量的正负带电粒子)垂直于磁场进入两极板间的速度均为v0.整个发电装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图乙所示．(1)开关断开时，请推导该磁流体发电机的电动势E的大小；(2)开关闭合后，如果电阻R的两端被短接，此时回路电流为I，求磁流体发电机的等效内阻r.【参考答案】(1)Bdv 0 (2)Bdv 0I解析：(1)等离子体垂直于磁场射入两板之间，正、负离子受到洛伦兹力作用，正离子偏向A 极板，负离子偏向B 极板，两板之间形成从A 到B 的匀强电场．当粒子受的电场力与洛伦兹力相等时，q Ed ＝qv 0B ，粒子不再偏转，两极板间形成稳定的电势差即发电机的电动势，E ＝Bdv 0.(2)如果电阻R 的两端被短接，此时回路电流为I. 根据闭合电路欧姆定律，磁流体发电机的等效内阻 r ＝E I ＝Bdv 0I .稳中培优非选择练习（一）1、如图，两条长直相交汇成直角的摩托车水平赛道，宽均为6 m ，圆弧PQ 、MN 与赛道外边缘的两条直线相切，圆弧PQ 经过赛道内边缘两条直线的交点O 2，雨后路面比较湿滑，摩托车与赛道间的动摩擦因数为0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，赛车手(可视为质点)在直道上做直线运动，弯道上做匀速圆周运动，重力加速度g ＝10 m/s 2，2＝1.4，7＝2.6.(1)若以最短时间从P 点运动到Q 点，应选A 路线还是B 路线？(不用说明理由) (2)沿着A 路线通过弯道MN 的最大速率不能超过多少？(3)以30 m/s 的速度在直线赛道上沿箭头方向匀速行驶，若要沿B 路线安全行驶，则进入P 点前至少多远开始刹车？【参考答案】(1)B 路线合理 (2)6 m/s (3)64.5 m解析：(1)赛车手沿A 、B 路线运动时，线速度大小相等，故路径短的用时较短，选B 路线合理．(2)赛车手以速度v 1沿着A 路线通过弯道MN 时，最大静摩擦力提供向心力． μmg＝m v 21r 1，解得，v 1＝6 m/s.(3)赛车手以速度v 2沿着B 路线通过弯道时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝m v 22r 2.根据几何关系可知，2(r 2－6)＝r 2.赛车手以初速度v 0＝30 m/s ，加速度μg，做匀减速直线运动到P 点，位移为x. 根据运动学公式可知，v 20－v 22＝2ax. 联立解得，x ＝64.5 m.2、如图所示，水平面AB 光滑，粗糙半圆轨道BC 竖直放置．圆弧半径为R ，AB 长度为4R.在AB 上方、直径BC 左侧存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场．一带电量为＋q 、质量为m 的小球自A 点由静止释放，经过B 点后，沿半圆轨道运动到C 点．在C 点，小球对轨道的压力大小为mg ，已知E ＝mgq，水平面和半圆轨道均绝缘．求：(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球运动到C 点时的速度大小；(3)小球从B 点运动到C 点过程中克服阻力做的功． 【参考答案】(1)8gR (2)2gR (3)mgR 解析：(1)小球运动到B 点的过程中，电场力做功． 根据动能定理，qE·4R＝12mv 2B －0.其中E ＝mgq.联立解得，vB ＝8gR.(2)小球运动到C 点时，根据牛顿第二定律， 2mg ＝m vC 2R .解得，vC ＝2gR.(3)小球从B 运动到C 点的过程，根据动能定理， －W f －2mgR ＝12mvC 2－12mvB 2解得，W f ＝mgR.3、如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动滑向A 点，到达A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔，已知摆线长为L ＝2.5 m ，θ＝60°，小球质量为m ＝1 kg ，小球可视为质点，D 点与小孔A 的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，试求：(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围．【参考答案】 (1)20 N (2)μ≤0.25解析：(1)摆球由C 到D 运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒， mgL(1－cosθ)＝12mv 2D .摆球在D 点时，由牛顿第二定律可得， F m －mg ＝m v 2DL联立两式解得，F m ＝2mg ＝20 N.(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得， mg ＝m v 2R.小球从D 到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得， －μmgs－2mgR ＝12mv 2－12mv 2D .解得，μ＝0.25.即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25.4、如图所示，空间内有场强大小为E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q ，质量为m 的带负电的粒子，从O 点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A 、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA 连线与电场线夹角为60°，OA ＝L ，求带电粒子从O 点到A 点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B 点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O 点到B 点过程中电场力所做的功．【参考答案】(1)mLqEv 0＝ 3qEL m (2)9qEL8解析：(1)带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力方向向上，带电粒子带负电，电场强度方向竖直向下．水平方向的位移Lsin60°＝v 0t. 竖直方向的位移Lcos60°＝12·qE m t 2.联立解得，t ＝mLqE，v 0＝ 3qELm. (2)根据运动的合成与分解知识可知，粒子到达B 点的速度v ＝v 0cos60°＝2v 0.带电粒子从O 点到B 点过程中，根据动能定理可知， W ＝12mv 2－12mv 20. 联立解得电场力做功W ＝32mv 20＝9qEL8.5、为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻R x ，提供的器材有： A ．电流表G ，内阻Rg ＝120 Ω，满偏电流Ig ＝6 mA B ．电压表V ，量程为6 V C ．螺旋测微器，毫米刻度尺 D ．电阻箱R 0(0～99.99 Ω) E ．滑动变阻器R(最大阻值为5 Ω)F ．电池组E(电动势为6 V ，内阻约为0.05 Ω)G ．一个开关S 和导线若干(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用________挡(选填“×1”或“×100”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示；(2)电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电流表，则电阻箱的阻值应调为R 0＝________Ω；(结果保留3位有效数字)(3)为了用改装好的电流表测量电阻丝R x 的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．(要求在较大范围内测量多组数据)(4)电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V 的示数为U ，电流表G 的示数为I.请用已知量和测量的字母符号，写出计算电阻的表达式R x ＝________.【参考答案】(1)“×1” (2)1.21 Ω (3)见解析 (4)UR 0R 0＋R gI解析：(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻阻值较小，说明选择的倍率较大，应选择“×1”倍率．(2)将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电压表，根据电表改装原理可知，电阻箱的阻值应调为R 0＝I g R gI －I g≈1.21 Ω.(3)待测电阻阻值为15 Ω，电压表内阻很大，远大于被测电阻的阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5 Ω，为测多组实验数据，采用分压接法，电路图如图所示：(4)根据欧姆定律， R x ＝U R I R ＝U R 0＋R g R 0I ＝UR 0R 0＋R gI.稳中培优非选择练习（三）1、为了方便研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体．已知地球质量M ＝6.0×1024kg ，地球半径R ＝6 400 km ，其自转周期T ＝24 h ，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2.在赤道处地面有一质量为m 的物体A ，用W 0表示物体A 在赤道处地面上所受的重力，F 0表示其在赤道处地面上所受的万有引力．请求出F 0－W 0F 0的值(结果保留1位有效数字)，并以此为依据说明在处理万有引力和重力的关系时，为什么经常可以忽略地球自转的影响．【参考答案】见解析解析：物体A 在赤道处地面上所受的万有引力 F 0＝G Mm R2.物体A 在赤道处，随地球自转，根据牛顿第二定律可知，F 0－W 0＝m 4π2T 2R.解得物体A 此时所受重力W 0＝G Mm R 2－m 4π2T2R.联立解得，F 0－W 0F 0＝m 4π2T 2R G Mm R2，代入数据解得，F 0－W 0F 0＝3×10－3.由于地球自转对地球赤道面上静止的物体所受重力与所受地球引力大小差别的影响很小，所以通常情况下可以忽略地球自转造成的地球引力与重力大小的区别．2、如图所示，空间中存在一个矩形区域MNPQ ，PQ 的长度为MQ 长度的两倍，有一个带正电的带电粒子从M 点以某一初速度沿MN 射入，若矩形区域MNPQ 中加上竖直方向且场强大小为E 的匀强电场，则带电粒子将从P 点射出，若在矩形区域MNPQ 中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则带电粒子仍从P 点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的大小．【参考答案】4E5B解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，设MQ 长度为L ，根据运动的合成与分解法则可知，竖直方向上，L ＝12×qE m t 2.水平方向上，2L ＝v 0t.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 20r ，根据几何关系可知，(r －L)2＋(2L)2＝r 2.联立上述各式可知，v ＝4E5B.3、【实验】某同学用如图1所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验． (1)实验中，他在弹簧两端各系一细绳套，利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上，另一端的绳套用来挂钩码．先测出不挂钩码时弹簧的长度，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L ，再算出弹簧伸长量x ，并将数据填在下面的表格中．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内.1 2 3 4 5 6 钩码的重力G/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧弹力F/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧总长度L/cm 13.00 15.05 17.10 19.00 21.00 23.00 弹簧伸长量x/cm2.054.106.008.0010.00数据点，请把第4次测量的数据对应点用“＋”描绘出来，并作出F －x 图象．(2)①根据上述的实验过程，对实验数据进行分析可知，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)．A．弹簧弹力大小与弹簧的总长度成正比B．弹簧弹力大小与弹簧伸长的长度成正比C．该弹簧的劲度系数约为25 N/mD．该弹簧的劲度系数约为2500 N/m②在匀变速直线运动的速度v随时间t变化关系图象中，图线与坐标轴围成的面积的物理意义表示位移．请类比思考，(1)问的F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义．【参考答案】(1)见解析(2)①BC ②弹力做的功解析：(1)描点连线，如图所示：(2)①分析图象结合表格数据可知，弹簧弹力大小与弹簧伸长量成正比，A选项错误，B 选项正确；根据胡克定律可知，图象中斜率代表弹簧的劲度系数，劲度系数为25 N/m，C选项正确，D选项错误．②力与位移的乘积为功，利用微元法，在很短时间里弹力是恒定不变的，则F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义是弹力做的功．4、某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h(h的高度小于地球同步卫星的高度)，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，求：地球的半径．【参考答案】3GMt2T24π2t＋T02－h解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmR＋h2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2(R＋h)．分析题意可知，t时间内，卫星多转一圈运动到观察者的正上方．t T －tT0＝1.联立解得，R＝3GMt2T24π2t＋T02－h.5、一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中做验证力的平行四边形定则的实验．(1)如图甲，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F；(2)如图乙，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1；(3)如图丙，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L，使三根细线的方向与(2)中________重合，记录电子秤的示数F2；(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则力的平行四边形定则得到验证．【参考答案】(2)三细线的方向(3)结点的位置(4)F′大小与F相等、方向相同解析：(2)研究合力与分力的关系需要记录分力的大小和方向，即在白纸上记下结点O 的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出合力，若F′大小与F相等、方向相同，则力的平行四边形定则得到验证．。
2020届高考物理(人教版)一轮复习直线运动课件(17张)
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
【解析及答案】(1)当A、B两车同速时间距最大。设A车加速到 v0时的时间为t1,有
at1=v0 A 车运动的位移为 xA1=12 ������������12 B车运动的位移为xB1=v0t1 两车的最大距离为Δx=xB1-xA1 解得 Δx=���2���0������2。
第一讲 直线运动考题应试策略
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
本专题可以分为匀变速直线运动规律和图象两大块,熟练掌握五 个运动学规律(速度规律、位移规律、平均速度规律、速度平方差 规律、逆向思维规律)是求解问题的关键。对于匀减速直线运动, 一定要注意“刹车陷阱”,而解决这一问题关键是要分清是属于“先 减速,终停止”还是“先减速,终返回”。在解图象物理问题时,应注 意:(1)数和形的结合;(2)与实际运动情景相结合;(3)学会识图、辨图、 用图、作图;(4)正确理解图象中的截距、斜率、拐点、交点、面 积等的物理意义。
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
一、解决匀变速直线运动的常用方法
1.一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式。它们均是矢量
式,使用时要注意方向性。
2.平均速度法
定义式������
=
������������对任何性质的运动都适用,而������
=
������������
2
=
12(v0+v)只适用
于匀变速直线运动。
2020版广西高考物理人教版一轮复习课件1.4 实验1 研究匀变速直线运动
实验1 研究匀变速直线运动
知识梳理
多维课堂
对应训练
-23-
考点一 考点二 考点三
解析：(1)匀变速直线运动中,时间中点的瞬时速度等于该过程中
的平均速度,电火花计时器的周期为T,所以从E点到G点时间为10T,
有vF=
������6-������4 10������
。
(2)根据表中数据,利用描点法作出图像如图所示。
5.减小误差 细绳的另一端挂的钩码个数要适当,避免速度过大而使纸带上打 的点太少,或者速度太小使纸带上打的点过于密集。
第一章
实验1 研究匀变速直线运动
知识梳理
多课堂
对应训练
-12-
6.纸带选取 选择一条点迹清晰的纸带,舍弃点密集部分,适当选取计数点。 7.准确作图 在坐标纸上,纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏, 而导致误差过大),仔细描点连线,不能连成折线,应作一条平滑曲线, 让尽量多的点落到这条曲线上,落不到曲线上的各点应均匀分布在 曲线的两侧。
中点,则 (1)AD
c 点的瞬时速度等于该段的平均速度,即
(2)x3-x2=x2-x1(或 2x2=x1+x3)
������2 +������3 10������
vc=������12+0������������3。
关闭
解析 答案
第一章
实验1 研究匀变速直线运动
知识梳理
多维课堂
对应训练
-17-
考点一 考点二 考点三
-6-
四、实验步骤 1.把附有滑轮的长木板放在实验桌上,并使有滑轮一端伸出桌面, 把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端,连接好电路。 2.把一条细绳拴在小车上,细绳绕过滑轮,下边挂上合适的钩码, 将纸带穿过打点计时器,固定在小车的后面。实验装置如图所示, 放手后,看小车能否在木板上平稳地加速滑行。
高中物理高考 2020届高考物理一轮复习基次15动量守恒定律及其应用课件新人教版
(3)规律:遵从动量守恒定律。
3.爆炸问题
爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且
远大于 系统所受的外力,所以系统动量 守恒 。
-5考点一
考点二
考点三
考点四
动量守恒定律的理解(自主悟透)
1.动量守恒的条件
(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动
为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视
为质点。甲和他的装备总质量为m1=90 kg,乙和他的装备总质量为
m2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为
m=45 kg的物体A推向甲,甲接住A后即不再松开,此后甲、乙两宇
航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站。
(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零,由于内力远大于外
力,作用时间又很短,故外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒
的。
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰撞后
的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
-17考点一
考点二
考点三
考点四
2.分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒,即p1+p2=p1'+p2'。
考点二
考点三
考点四
2.从倾角为30°,长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包,掉
在质量为13 kg的小车里。若小车与水平面之间的动摩擦因数
μ=0.02,小车能前进多远?(g取10 m/s2)
-9考点一
考点二
考点三
考点四
解析 货包离开斜面时速度为
2020版高考物理一轮复习 第一章 教案+课时作业新人教版【共6套63页】
本套资源目录2020版高考物理一轮复习第一章专题一运动图象追及相遇问题教案新人教版2020版高考物理一轮复习第一章实验一研究匀变速直线运动教案新人教版2020版高考物理一轮复习第一章第1讲运动的描述教案新人教版2020版高考物理一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动规律教案新人教版2020版高考物理一轮复习第一章课时作业1运动的描述新人教版2020版高考物理一轮复习第一章课时作业2匀变速直线运动规律新人教版专题一运动图象追及相遇问题突破1 对运动图象的理解和应用xt图象vt图象at图象1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是( CD )A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析：本题考查xt图象的应用．在xt图象中，图线的斜率表示物体运动的速度，在t1时刻，两图线的斜率关系为k乙>k甲，两车速度不相等，在t1到t2时间内，存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行，如图所示，该时刻两车速度相等，选项A错误、D正确．从0到t1时间内，乙车走过的路程为x1，甲车走过的路程小于x1，选项B错误．从t1到t2时间内，两车走过的路程都为x2－x1，选项C正确．2．(2019·山东泰安统考)甲、乙两辆汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的vt图象如图所示，已知t＝t1时刻，两辆汽车并排行驶，则在这段时间内( C )A．甲、乙两辆汽车的位移相同B．两辆汽车的平均速度均为v1＋v22C．t＝0时刻，汽车乙在汽车甲前方D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析：v t 图线与时间轴围成的面积表示位移大小，故汽车甲的位移大于汽车乙的位移，而在t ＝t 1时刻两车相遇，所以t ＝0时刻，汽车乙在汽车甲前方，A 错误，C 正确；如图所示，两虚线分别表示匀加速和匀减速直线运动，其平均速度大小均等于v 1＋v 22，而匀加速直线运动的位移小于汽车甲变加速直线运动的位移，故甲的平均速度大于v 1＋v 22，匀减速直线运动的位移大于汽车乙变减速直线运动的位移，故乙的平均速度小于v 1＋v 22，故B 错误；图线的斜率表示加速度，可知两车的加速度都在减小，故D 错误．3．(2019·安徽六安检测)一个物体沿直线向右运动，t ＝0时刻物体的速度为2 m/s 、加速度为1 m/s 2，规定向右为正方向，物体的加速度随时间的变化规律如图所示，则下列判断正确的是( D )A ．物体做匀加速直线运动B ．物体的加速度与时间成正比C ．t ＝5 s 时刻物体的速度为6.25 m/sD ．t ＝8 s 时刻物体的速度为13.2 m/s解析：从题图可知，物体的加速度在不断变化，显然A 错．加速度与时间成一次函数关系，没有过坐标原点，因此不是正比关系，B 错．题图中的图线与坐标轴所围的面积代表速度的改变量，由于a ＝1＋0.1t (m/s 2)，Δv ＝a 0＋a t 2t ＝2＋0.1t2t (m/s)，当t ＝5 s 时，Δv＝6.25 m/s ，v ＝v 0＋Δv ＝8.25 m/s ，C 错．同理知D 对．读懂图象三步走第一关注横、纵坐标(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么．(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始．(3)坐标轴物理量的单位不能忽视．第二理解斜率、面积、截距的物理意义(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况．(2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量．如vt图象中的面积，表示位移．(3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距．第三分析交点、转折点、渐近线(1)交点：往往是解决问题的切入点．(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用．(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值．考向2 运动学其他图象4．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( A )解析：设小球下落的高度为H，依据题意，小球下落过程的位移为x1＝H－v22g，速度为负值；弹回上升过程的位移为x2＝H－v22g，速度为正值，选项A正确．5．(2019·湖北天门模拟)(多选)如图所示是某物体做直线运动的v2x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x0处的过程分析，其中正确的是( BC )A ．该物体做匀加速直线运动B ．该物体的加速度大小为v 202x 0C ．该物体在位移中点的速度大于12v 0D ．该物体在运动中间时刻的速度大于12v 0解析：根据v 2＝v 20＋2ax ，对比题图可知，物体做匀减速直线运动，选项A 错误；该物体的加速度大小为a ＝v 202x 0，选项B 正确；该物体在位移中点时v 2＝12v 20，则v ＝v 02>v 02，选项C 正确；物体做匀减速运动，初速度为v 0，末速度为零，故物体在中间时刻的速度等于12v 0，选项D 错误．故选BC.解决这类问题时，首先要将题目给出的情景分析透彻，然后根据情景分析图象中物理量之间的关系，或者直接将图象与题目所描述的情景相对照，看是否吻合进行判断.考向3 运动图象的应用6．某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( C )A ．v ＝x tB ．v ＝2x tC ．v >2x tD.x t<v <2x t解析：该同学假设飞机做匀减速运动，所用的时间为t ，画出相应的v t 图象大致如图所示的虚线．根据图象的意义可知，虚线下方的“面积”表示位移．因为位移为x ，则得出初速度为2xt.实际上，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，v t 图象切线的斜率减小，画出相应的v t 图象大致如图所示的实线．根据图象的意义可知，实线下方的“面积”表示位移．所以飞机着陆的速度v >2xt，故选项C 正确．7．(2019·江苏联考)某科学小组研制了一种探测器，其速度大小可随运动情况进行调节．如图所示，在某次实验中，该探测器从原点O 一直沿x 轴正向移动，且其速度大小与位移大小成反比．已知探测器在A 、B 两点的速度分别为4 m/s 和2 m/s ，O 点到B 点的位移为2 m ，则探测器从A 点运动到B 点的时间为( A )A.38 s B.18 s C.34 s D.14s 解析：根据题述的速度大小与位移大小成反比，可画出1v随位移x 变化的图线，如图所示，根据v A x A ＝v B x B 可得O 点到A 点的位移为x A ＝1 m ．根据1v随位移x 变化的图线与x 轴围成的面积等于探测器运动的时间，可得探测器从A 点运动到B 点的时间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14×(2－1)×12 s ＝38 s ，选项A 正确．(1)对于实际问题在无法运用物理公式解答的情况下，用图象法则会使思路豁然开朗. (2)运用图象法时，要结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量.突破2 追及、相遇问题的解题方法考向1 速度小者追速度大者一辆汽车停在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v0＝6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车追上自行车时汽车的速度是多大？【解析】解法1：用临界条件求解(1)当汽车的速度为v＝6 m/s时，二者相距最远，所用时间为t＝va＝2 s 最远距离为Δx＝v0t－12at2＝6 m.(2)汽车追上自行车时有v0t′＝12at′2解得t′＝4 s汽车的速度为v ＝at ′＝12 m/s.解法2：用图象法求解(1)汽车和自行车的v t 图象如图所示，由图象可得t ＝2 s 时，二者相距最远．最远距离等于图中阴影部分的面积，即Δx ＝12×6×2 m＝6 m.(2)两车距离最近时，即两个v t 图线下方面积相等时，由图象得此时汽车的速度为v ＝12 m/s解法3：用数学方法求解(1)由题意知自行车与汽车的位移之差为Δx ＝v 0t －12at 2因二次项系数小于零，当t ＝－v 02×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝2 s 时有最大值，最大值Δx m ＝v 0t －12at 2＝6×2m －12×3×22m ＝6 m (2)当Δx ＝v 0t －12at 2＝0时相遇得t ＝4 s ，汽车的速度为v ＝at ＝12 m/s【答案】 (1)2 s 6 m (2)12 m/s(1)临界法：寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离.(2)函数法：设两物体在t 时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t 的方程f (t )＝0，若方程f (t )＝0无正实数解，则说明这两个物体不可能相遇；若方程f (t )＝0存在正实数解，则说明这两个物体能相遇.(3)图象法：①用位移图象求解时，分别作出两物体的位移图象，如果两物体的位移图象相交，则说明两物体相遇.②用速度图象求解时，注意比较速度图线与时间轴包围的面积.1．(多选)在平直轨道上甲、乙两物体相距为s，同时同向开始运动，乙在前，甲在后，甲以初速度v1、加速度a1做匀加速直线运动；乙做初速度为0、加速度a2的匀加速直线运动，假定甲能从乙旁边通过而互不影响，下列情况可能发生的是( ACD )A．当a1＝a2时，甲、乙只能相遇一次B．当a1>a2时，甲、乙可能相遇两次C．当a1>a2时，甲、乙只能相遇一次D．当a1<a2时，甲、乙可能相遇两次解析：甲从乙的旁边通过，说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若a1＝a2，则以后甲的速度将都大于乙的速度，故只能相遇一次，选项A正确；若a1>a2，甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，速度一直大于乙的速度，故甲将一直在乙的前面，只能相遇一次，选项B错误、C正确；若a1<a2，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度．若甲追上乙时，两者速度恰好相等，则两者只能相遇一次；若第一次甲追上乙时，甲的速度大于乙的速度，则甲、乙还会相遇一次，故能相遇两次，选项D正确．考向2 速度大者追速度小者受台风影响，广东多地暴雨，严重影响了道路的交通安全，在某公路的同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v1＝40 m/s、v2＝25 m/s，当轿车与货车距离为s0＝22 m时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车，则轿车要经过s＝160 m才能停下来，两车均可视为质点．(1)求轿车刹车后匀减速运动的加速度大小；(2)若轿车刹车过程中货车仍以v2匀速行驶，请分析判断两车是否会相撞；(3)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0＝2 s收到信号并立即以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度加速前进，请分析判断两车是否会相撞．【解析】(1)对轿车经过s＝160 m停下来的过程，设轿车刹车过程的加速度大小为a1，则0－v21＝－2a1s解得a1＝5 m/s2(2)恰好不相撞时两车的速度相等，设时间为t1，则v1－a1t1＝v2轿车前进的距离s 1＝v 1＋v 22t 1 货车前进的距离s 2＝v 2t 1联立解得s 1＝97.5 m ，s 2＝75 m ，相对位移s 1－s 2＝22.5 m ，由于s 1－s 2>s 0，两车会相撞(3)假设两车经过时间t 速度相等，即v 1－a 1t ＝v 2＋a 2(t －t 0)轿车前进的距离s 3＝v 1t －12a 1t 2 货车前进的距离s 4＝v 2t 0＋v 2(t －t 0)＋12a 2(t －t 0)2 解得s 3＝8009 m ，s 4＝6059m 由于s 3－s 4≈21.7 m<s 0，所以两车不会相撞【答案】 (1)5 m/s 2(2)会相撞 (3)不会相撞(1)分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”.①一个临界条件：速度相等.它往往是物体能否相遇或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点.②两个等量关系：时间关系和位移关系.通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系. (2)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.2．(多选)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v t 图象如图所示，图中△PQR 和△MNR 的面积分别为s 1和s 2(s 1>s 2)．初始时，甲车在乙车前方s 0处．则( AC )A ．若s 0＝s 1＋s 2，两车一定不会相遇B ．若s 0<s 1，两车一定相遇2次C ．若s 0＝s 2，两车可能相遇1次D ．若s 0＝s 1，两车可能相遇2次解析：若s0＝s1＋s2，即s0>s1，由题图可知，甲、乙两车速度相同时，甲车在乙车前方，故两车一定不会相遇，选项A正确；若s0<s1，两车可能相遇2次，也可能相遇1次，选项B 错误；若s0＝s2，两车速度相同前一定相遇1次，速度相同后可能相遇一次，选项C正确；若s0＝s1，两车只能在速度相同时，相遇1次，选项D错误．学习至此，请完成课时作业3实验一研究匀变速直线运动命题点一教材原型实验用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．主要实验步骤如下：a．安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O(t＝0)，然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F……所示．c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5……d．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示．结合上述实验步骤，请你完成下列任务：(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)．A ．电压合适的50 Hz 交流电源B ．电压可调的直流电源C ．刻度尺D ．秒表E ．天平(含砝码)(2)在图3中已标出计数点A 、B 、D 、E 对应的坐标点，请在该图中标出计数点C 对应的坐标点，并画出v t 图象．(3)观察v t 图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是_______________________________________________________．v t 图象斜率的物理意义是_______________________________．(4)描绘v t 图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度Δx Δt表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt 的要求是________(选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的Δx 大小与速度测量的误差________(选填“有关”或“无关”)．【解析】 本题考查研究匀变速直线运动规律的实验．(1)打点计时器所用电源为50 Hz 的交流电源，测量各计数点间距离需用刻度尺．(2)图见答案．(3)因为小车的速度随时间均匀变化，所以小车做匀加速直线运动．由匀加速直线运动中速度v ＝v 0＋at ，可知v t 图象斜率的物理意义是加速度．(4)v ＝Δx Δt，若用v 表示瞬时速度，Δt 越小越好，而选取的Δx 大小会影响速度测量值与真实值的偏差大小．【答案】 (1)A C (2)如图所示(3)小车的速度随时间均匀变化加速度(4)越小越好有关1．某同学利用打点计时器研究做匀加速直线运动的小车的运动情况，如图1所示为该同学实验时打出的一条纸带中的部分计数点(后面计数点未画出)，相邻计数点间有4个点迹未画出(打点计时器每隔0.02 s打出一个点)．(1)为研究小车的运动，此同学用剪刀沿虚线方向把纸带上OB、BD、DF等各段纸带剪下，将剪下的纸带一端对齐，按顺序贴好，如图2所示．简要说明怎样判断此小车是否做匀变速直线运动：各段纸带上方左上角(或上方中点、上方右上角)或各段纸带中点分别在一条直线上，或每段纸带比前一段纸带增加的长度相同(答对一条即可)．(2)在图1中x 1＝7.05 cm 、x 2＝7.68 cm 、x 3＝8.31 cm 、x 4＝8.94 cm 、x 5＝9.57 cm 、x 6＝10.20 cm ，则打下点迹A 时，小车运动的速度大小是0.74 m/s ，小车运动的加速度大小是0.63 m/s 2(计算结果保留两位有效数字)．解析：(1)若各段纸带上方左上角、上方中点、上方右上角或各段纸带的中点分别在一条直线上，则说明小车做匀变速直线运动．(2)打下点迹A 时，小车运动的速度大小等于小车打下O 、B 两点过程中的平均速度，即v A ＝x 1＋x 22T≈0.74 m/s.用逐差法计算小车运动的加速度a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2，代入数据可得a ＝0.63 m/s 2.(1)在研究匀变速直线运动的实验中，只需保证小车做匀变速直线运动，与加速度的大小和决定其大小的因素无关，因此没有必要要求小车的质量远大于钩码的质量及平衡摩擦力.(2)为了减小误差，计算加速度时应用逐差法.B 点为A 、C 的中间时刻点，在匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度命题点二 实验拓展创新1．情景拓展2．改进获取数据的方法(1)加速度的获得：靠重物的拉力获得加速度――→改进长木板倾斜靠重力获得加速度．(2)速度的测量方法：由打点纸带求速度――→改进测定遮光片的宽度d 和遮光片通过光电门的挡光时间Δt ，由v ＝dΔt求速度． (3)加速度的测量方法：由打点纸带利用逐差法求加速度――→改进利用经过两个光电门的瞬时速度，由速度—位移关系式求加速度．类型1 实验情景创新 某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A 点位置时的速度大小为________m/s ，加速度大小为________m/s 2.(结果均保留两位有效数字)【解析】 (1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的．(2)滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T ＝3046－1 s ＝23s ．根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A 点位置时的速度大小为v A ＝0.117＋0.1332Tm/s≈0.19 m/s.根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a ＝x 4＋x 5－x 1－x 26T 2＝(100＋83－150－133)×0.0016×⎝ ⎛⎭⎪⎫232 m/s 2≈－0.037 m/s 2.因此加速度的大小为0.037 m/s 2. 【答案】 (1)从右向左 (2)0.19 0.0372．(2019·福建质检)图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d (很小)的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1的时间Δt 以及遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t ，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x .(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，示数如图乙，则d ＝0.75 cm.(2)实验时，滑块从光电门1的右侧某处由静止释放，测得Δt ＝50 ms ，则遮光条经过光电门1时的速度v ＝0.15 m/s.(3)保持其他实验条件不变，只调节光电门2的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组x 及其对应的t ，作出x t t 图象如图丙，其斜率为k ，则滑块加速度的大小a 与k 的关系可表达为a ＝2k .解析：(1)由游标卡尺的读数规则可知，读数应为d ＝7 mm ＋5×0.1 mm＝7.5 mm ＝0.75 cm.(2)由于挡光时间极短，因此滑块通过光电门的速度等于挡光时间内的平均速度，则v ＝dΔt ＝0.75×10－2m 50×10－3 s＝0.15 m/s.(3)滑块由光电门1运动到光电门2的过程中，由位移公式x ＝vt ＋12at 2，整理得x t ＝12at ＋v ，因此可知图象的斜率k ＝12a ，则加速度a ＝2k .类型2 实验方法拓展某研究性学习小组用图1装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t ，并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h ，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v ；③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作．测出多组(h ，t )，计算出对应的平均速度v ；④画出v t 图象．请根据实验，回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v 0，当地的重力加速度为g .则小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为________．(用v 0、g 和t 表示)(2)实验测得的数据如下表：(3)根据v t 图象，可以求得当地重力加速度g ＝________m/s 2，试管夹到光电门1的距离约为________cm.(以上结果均保留两位有效数字)【解析】 (1)根据匀变速直线运动的规律：一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得v ＝v 0＋12gt .(2)描点画图，如图所示．(3)根据v ＝v 0＋12gt 可知v t 图象的斜率k ＝g 2，解得g ≈9.7 m/s 2；图象与纵轴的截距为小球经过光电门1时的速度v 0，约为1.12 m/s ，根据v 20＝2gh 得h ≈6.5 cm.【答案】 (1)v ＝v 0＋12gt (2)见解析图 (3)9.7(9.5～9.9均可) 6.5(6.3～6.7均可)(1)研究匀变速直线运动，除了课本基本方法之外，常用方法还有落体法、滴水法及闪光照片来研究.(2)对于创新性实验，弄清实验原理是解题关键.1．某同学用如图甲所示的装置测定重力加速度：(1)电火花计时器的工作电压为交流220 V ，频率为50 Hz.(2)打出的纸带如图乙所示，实验时纸带的乙(填“甲”或“乙”)端和重物相连接．(3)纸带上1至9各点为计时点，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为9.4 m/s 2. 解析：(1)交流220 V,50 Hz.(2)开始打点时，速度小，点距近，故乙端与重物相连接． (3)x 23－x 78＝5aT 2，a ＝x 23－x 785T 2＝(3.92－2.04)×10－25×(0.02)2m/s 2＝9.4 m/s 2. 2．现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示，拍摄时频闪频率是10 Hz ；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4.已知斜面顶端的高度h 和斜面的长度s .数据如下表所示．重力加速度大小取g ＝9.80 m/s 2.单位：cm(1)物块的加速度a ＝4.30 m/s 2(保留3位有效数字)．(2)因为物块加速度小于g h s＝5.88 m/s 2(或：物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)，可知斜面是粗糙的．解析：(1)根据逐差法求出加速度 a ＝(x 3＋x 4)－(x 1＋x 2)(2T )2≈4.30 m/s 2. (2)根据牛顿第二定律，物块沿光滑斜面下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g hs＝5.88 m/s 2，由于a <a ′，可知斜面是粗糙的．3．物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座，带有标尺的竖直杆，光电门1和光电门2组成的光电计时器(其中光电门1更靠近小球释放点)，小球释放器(可使小球无初速度释放)，网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t ，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h .(1)使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为1.170 cm.(2)改变光电门1的位置，并保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v 2，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g ，则h 、t 、g 、v 2四个物理量之间的关系为h ＝v 2t －12gt 2.(3)根据实验数据作出h tt 图线，若图线斜率的绝对值为k ，根据图线可求出重力加速度大小为2k .解析：(1)游标卡尺的读数为d ＝11 mm ＋14×120 mm ＝11.70 mm ＝1.170 cm.(2)小球经过光电门2的速度为v 2，则开始释放到经过光电门2的时间t 0＝v 2g，从开始释放到经过光电门1的时间t 1＝t 0－t ＝v 2g－t ，可得经过光电门1的速度v 1＝gt 1＝v 2－gt .根据匀变速直线运动规律可得h ＝v 1＋v 22t ＝v 2t －12gt 2.(3)根据h ＝v 2t －12gt 2得，h t ＝v 2－12gt ，故htt 图线斜率的绝对值k ＝12g ，重力加速度大小g ＝2k .4．利用自由落体运动可测量重力加速度．某同学利用如图所示的实验装置进行了实验，图中的M 为可恢复弹簧片，M 与触头接触，开始实验时需要手动敲击M 断开电路，使电磁铁失去磁性释放第一个小球，小球撞击M 时电路断开，下一个小球被释放．(1)为完成实验，除图示装置提供的器材外还需要的器材有刻度尺和秒表．(2)用图中所示的实验装置做实验，测得小球开始下落的位置与M 的高度差为120.00 cm ，手动敲击M 的同时开始计时，到第80个小球撞击M 时测得总时间为40.0 s ，可求得重力加速度g ＝9.6 m/s 2(结果保留两位有效数字)．(3)若该同学测得的重力加速度偏小，可能的原因是AC. A ．手动敲击M 时提前计时 B ．手动敲击M 时延后计时C ．记录撞击M 的小球个数时少数了一个D ．记录撞击M 的小球个数时多数了一个解析：(1)由h ＝12gt 2知，需要用刻度尺测量小球开始下落的位置与M 的高度差h ，用秒表测量时间．(2)一个小球自由下落的时间t ＝40.080 s ＝0.50 s ，g ＝2h t 2＝2×1.200 00.502 m/s 2＝9.6 m/s 2.(3)手动敲击M 时提前计时或记录撞击M 的小球个数时少数一个都会增加自由下。
(山东专用)2020版高考物理一轮复习第一章第2节匀变速直线运动规律课件新人教版
解析:(1)若列车车尾恰好停在 A 点,减速运动的加速度大小为 a1,距离为 x1,则 0- v02 =-2a1x1 x1=1 200 m+200 m=1 400 m
解得 a1= 16 m/s2 7
若列车车头恰好停在 B 点,减速运动的加速度大小为 a2,距离为 xOB=2 000 m, 则 0- v02 =-2a2xOB 解得 a2=1.6 m/s2
解决匀变速直线运动的几种方法
【典例2】 如图所示,一平直公路上有三个路标o,m,n,且om=3 m,mn=5 m.一 辆汽车在该路段做匀加速直线运动依次通过o,m,n三个路标,已知汽车在相邻 两路标间的速度增加量相同,均为Δ v=2 m/s,则下列说法中正确的是( C )
A.汽车在om段的平均速度大小为4 m/s B.汽车从m处运动到n处的时间为2 s C.汽车在该路段行驶的加速度大小为2 m/s2 D.汽车经过o处时的速度大小为1 m/s
化Δ v时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δ v时发生位移x2,则该质点的加 速度为( D )
A.(Δ v)2( 1 + 1 ) x1 x2
C.(Δ v)2( 1 - 1 ) x1 x2
B.2 v2
x2 x1
D. v2
x2 x1
解析:由于质点做匀变速直线运动,则速度变化相同时的时间相同,即位移
故加速度大小 a 的取值范围为 1.6 m/s2≤a≤ 16 m/s2.
答案:(1)1.6 m/s2≤a≤ 16 m/s2
7
7
(2)列车减速运动的最长时间.
解析:(2)当列车车头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0=v0-a2t,解得 t=50 s.
2020高考物理一轮复习6.2动量守恒定律课件新人教版
【答案】 (Mm－2)v－v0 【解析】 喷出的气体和火箭组成的系统动量守恒，以 v0 的方向为正方向， 第一次喷气后 mv0－(M－m)v1＝0. 解得 v1＝Mm－v0m 方向与 v0 方向相反． 第二次喷气后－(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v. 解得 v2＝(Mm－2)v－v0.
(2018·河南模拟)光滑水平面上放有 一上表面光滑、倾角为 α 的斜面 A，斜面质量 为 M、底边长为 L，如图所示．将一质量为 m 可视为质点的滑块 B 从斜面的顶端由静止释放，滑块 B 经过时 间 t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为 FN， 则下列说法中正确的是( )
(2018·海 南 ) 如 图 ， 光 滑 轨 道 PQO 的水平段 QO＝h2，轨道在 O 点与水 平地面平滑连接．一质量为 m 的小物块 A 从高 h 处由静止开始 沿轨道下滑，在 O 点与质量为 4m 的静止小物块 B 发生碰撞．A、 B 与地面间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，重力加速度大小为 g.假设 A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
受外力，水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mxt1－mxt2＝ 0，即有：Mx1＝mx2，又 x1＋x2＝L，解得：x1＝Mm＋mL，故 D 项正确．
考点四 碰撞模型 1．分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒定律． (2)动能不增加： Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ p12 ＋ p22 ≥p′12 ＋ p′22 2m1 2m2 2m1 2m2 (3)速度要合理： ①同向碰撞：碰撞前后面的物体速度大；碰撞后前面的物体 速度大(或相等)． ②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
机械能损失可能为( )
2020版高三物理最新一轮复习资料_人教版 课件+课时作业__第六章动 量 第1课时
返回导航
第1课时 动量定理及应用
基础回顾
考点定位
课时作业
D 解析：人的速度原来为零，起跳后变化 v，则由动量定理 可得：(F－mg)t＝mv；故地面对人的平均作用力为 F＝m(g＋vt )， 故 D 正确．
代入数值解得 μ＝0.32 (2)取向右为正方向，碰后物块速度 v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝mv′－mv 解得 F＝－130 N 其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
返回导航
第1课时 动量定理及应用
基础回顾
考点定位
课时作业
(3)对物块反向运动过程，应用动能定理得 －W＝0－12mv′2 解得 W＝9 J
大，a 滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力
FN＝mgcos θ，FNa<FNb，因此弹力对 a 滑块的冲量较小．选 C.
返回导航
第1课时 动量定理及应用
基础回顾
考点定位
课时作业
【变式 2】(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成 θ 角的拉
力 F 的作用下匀速前进了时间 t，则( )
返回导航
第1课时 动量定理及应用
基础回顾
考点定位
课时作业
一、动量、动量变化、冲量
1．动量 (1)定义：物体的_质__量___与_速__度___的乘积． (2)表达式：p＝_m__v__． (3)方向：动量的方向与_速__度____的方向相同．
返回导航
第1课时 动量定理及应用
基础回顾
考点定位
课时作业
基础回顾
考点定位
课时作业
二、动量定理 1．内容：物体在一个运动过程始末的__动__量__变__化__量_____等于它 在这个过程中所受_合___力__的冲量． 2．公式：__m__v_′－__m__v_＝__F__(t_′－__t_)__或___p_′_－__p_＝__I____．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2．分子热运动：一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动． (1)扩散现象：相互接触的不同物质彼此进入对方的现象．温度 _____越__高_____， 扩散越快，可在固体、液体、气体中进行． (2)布朗运动：悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒 ____越__小______， 温度 _____越__高_____，布朗运动越显著．
3．物体的内能 (1)内能：物体中所有分子的 _____动__能_____与 _____势__能_____的总和． (2)决定因素： _____温__度_____、 _____体__积_____和物质的量． 三、温度和温标
1．温度 (1)温度在宏观上表示 ___物__体__的__冷__热__程__度___；在微观上是 ___分__子__平__均__动__能___ 的标志． (2)温度是决定一个系统与另一个系统是否达到热平衡状态的物理量，一切达到 热平衡状态的系统都具有相同的 ______温__度____.
(4)当 r>10r0(10－9 m)时，F 引和 F 斥都已经十分微弱，可以认为分子间没有相互作 用力(F＝0)．
二、物体的内能
1．分子动能 (1)意义：分子动能是 _分__子__热___运__动__所具有的动能． (2)分子平均动能：所有分子动能的平均值. ____温__度____是分子平均动能的标志． 2．分子势能：由分子间 ___相__互__作__用__和 ___相__对__位__置__决定的能，在宏观上分 子势能与物体的 _____体__积_____有关，在微观上与分子间的 ______距__离____有关．
2018 卷 Ⅰ·T33 卷 Ⅱ·T33 卷 Ⅲ·T33
三年真题 2017 2016
常考角度
卷 Ⅰ·T33 卷 Ⅱ·T33 卷 Ⅲ·T33
卷 Ⅰ·T33 卷 Ⅱ·T33 卷 Ⅲ·T33
(1)布朗运动与分 子热运动 (2)对分子力和分 子势能的理解 (3)气体实验定律 的应用 (4)对气体状态变 化图象的考查 (5)用分子运动论 解释常见的热现 象 (6)对固体和液体 的考查 (7)对热力学定律 的考查 (8)气体实验定律 与热力学定律的 综合
3．分子间的相互作用力 分子间同时存在 _____引__力_____和 ____斥__力______，且都随分子间距离的增大而
_____减__小_____，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快．
(1)当 r＝r0 时，F 引＝F 斥，F＝0； (2)当 r<r0 时，F 引和 F 斥都随距离的减小而增大，但 F 引<F 斥，F 表现为 ____斥__力______； (3)当 r>r0 时，F 引和 F 斥都随距离的增大而减小，但 F 引>F 斥，F 表现为 ____引__力______；
(1)该“分子大道”需要多少个原子？ (2)这些原子的总质量为多少？
解析：(1)N＝338.4484×00100－090＝1.10×1017(个)． (2)总质量为 M＝NNAMA＝3.6×10－8 kg. 答案：(1)1.10×1017 个 (2)3.6×10－8 kg
考点二 扩散现象、布朗运动与分子热运动——自主练透
2．(多选)钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度 为 ρ(单位为 kg/m3)，摩尔质量为 M(单位为 g/mol)，阿伏加德罗常数为 NA.已知 1 克 拉＝0.2 克，则( )
A．a
克拉钻石所含有的分子数为0.2aNA M
B．a 克拉钻石所含有的分子数为
aNA M
C．每个钻石分子直径的表达式为 3 6MN×Aρ1π0－3(单位为 m) D．每个钻石分子直径的表达式为 N6AMρπ(单位为 m) E．每个钻石分子的质量为NMA
解析：选 C 扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故 A 错误；布朗 运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动 的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故 B 错误；在一定的范围内， 分子间斥力与引力同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力 都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小 于斥力，而分子间距大于平衡位置时，表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时 存在的，故 C 正确，D 错误．
解析：选 ACE a 克拉钻石物质的量(摩尔数)为 n＝0M.2a，所含分子数为 N＝nNA
＝0.2aNA，选项 M
A
正确；钻石的摩尔体积
V＝M×ρ10－3(单位为
m3/mol)，每个钻石分
子体积为 V0＝NVA＝M×NA1ρ0－3，设钻石分子直径为 d，则 V0＝43πd23，联立解得 d＝
|记要点|
扩散现象、布朗运动与分子热运动的比较
扩散现象
布朗运动
分子热运动
活动主体 分子
固体微小颗粒
分子
分子的运动，发 微小颗粒的运动，是比分子大得 分子的运动，分子无
生在固体、液体、多的分子团的运动，较大的颗粒 论大小都做热运动， 区别
气体等任何两种 不做布朗运动，但它本身的分子 热运动不能通过光学
A．PM2.5 的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当 B．PM2.5 在空气中的运动属于分子热运动 C．PM2.5 的运动轨迹是由大量空气分子对 PM2.5 无规则碰撞的不平衡和气流 运动决定的 D．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小 PM2.5 在空气中 的浓度 E．PM2.5 必然有内能
4．分子模型
(1)球体模型中的直径：d＝
3
6V0； π
(2)立方体模型中的边长：d＝3 V0.
5．常识性的数据：室温取 27 ℃，标准状况下的大气压 p0＝76 cmHg、温度 T＝ 273 K、摩尔体积 V＝22.4 L.
|练高分|
1．(多选)(2016 年上海卷)某气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m.若 1 摩尔该气
3．(多选)(2018 届衡水模拟)关于布朗运动，下列说法正确的是( ) A．布朗运动是液体分子的无规则运动 B．液体温度越高，布朗运动越剧烈 C．布朗运动是由于液体各部分温度不同而引起的 D．悬浮在液体中的固体小颗粒做布朗运动具有的能是机械能 E．布朗运动是微观粒子的运动，其运动规律遵循牛顿第二定律
板块 考点突破 二
记要点、练高分、考点 通关
考点一 微观量的估算——自主练透
|记要点| 1．微观量 分子体积 V0、分子直径 d、分子质量 m0. 2．宏观量 物体的体积 V、摩尔体积 Vmol、物体的质量 m、摩尔质量 M、物质的密度 ρ.
3．阿伏加德罗常数是联系微观量和宏观量的桥梁 (1)一个分子的质量：m0＝NMA； (2)一个分子的体积：V0＝VNmAol＝ρMNA，对于气体，分子间的距离比较大，V0 表示 气体分子占据的空间； (3)物质含有的分子数：n＝MmNA＝VVmolNA.
2．两种温标
单位
规定
关系
在标准大气压下，冰的熔点是
摄氏温标(t) ℃ ____0__℃______，水的沸点是
____1_0_0_℃_____
(1)T＝(t＋273)K
(2)ΔT＝Δt
－273.15 ℃即为 0 K，又叫绝对零度，
热力学温标(T) K
是低温的极限
判一判|——易混易错 (1)布朗运动是液体分子的无规则运动．( × ) (2)温度越高，布朗运动越剧烈．( √ ) (3)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大．( ×) (4)－33 ℃＝240 K．( √ ) (5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能．( ×) (6)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大．( √ ) (7)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同．( ×)
第十三章 热 学(选修3－3)
考纲要求
分子动理论的基本观点和实验依据 Ⅰ 阿伏加德罗常数 Ⅰ 气体分子运动速率的统计分布 Ⅰ 温度、内能 Ⅰ 固体的微观结构、晶体和非晶体 Ⅰ 液晶的微观结构 Ⅰ 液体的表面张力现象 Ⅰ 气体实验定律 Ⅱ 理想气体 Ⅰ 饱和汽、未饱和汽、饱和汽压 Ⅰ 相对湿度 Ⅰ 热力学第一定律 Ⅰ 能量守恒定律 Ⅰ 热力学第二定律 Ⅰ 实验十三：用油膜法估测分子的大 小 (说明：要求会正确使用温度计)
物质之间
及周围的分子仍在做热运动 显微镜直接观察到
观察
裸眼可见
光学显微镜
电子显微镜或扫描隧道 显微镜
共同点 都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈
布朗运动是由于微小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力不平衡而引起 联系
的，它是分子做无规则运动的反映
|练高分| 1．(2018 年北京卷)关于分子动理论，下列说法正确的是( ) A．气体扩散的快慢与温度无关 B．布朗运动是液体分子的无规则运动 C．分子间同时存在着引力和斥力 D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
记一记|——规律结论 1．阿伏加德罗常数 NA＝6.02×1023 mol－1，是联系宏观量和微观量的桥梁． 2．扩散现象和布朗运动都说明分子是永不停息地做无规则运动，且都随温度升 高而变得更加剧烈． 3．两分子间距为 r0 时分子力为零，分子势能最低，但不一定为零． 4．温度是分子平均动能的标志，温度相同时，各种物体分子的平均动能均相同．
解析：选 BDE 布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，A 错误；布朗运动的剧烈 程度与温度有关，液体温度越高，布朗运动越剧烈，B 正确；布朗运动是由于来自各 个方向的液体分子对固体小颗粒撞击作用的不平衡引起的，C 错误；悬浮在液体中的 固体小颗粒做布朗运动具有的能是机械能，D 正确；布朗运动是悬浮的固体小颗粒不 停地做无规则的宏观的机械运动，故其运动规律遵循牛顿第二定律，E 正确．