粤教版物理必修一第一章课后习题答案
粤教版高中物理选择性必修第一册课后习题第1章 动量和动量守恒定律 分层作业6 弹性碰撞与非弹性碰撞
分层作业6 弹性碰撞与非弹性碰撞A组必备知识基础练1.如图所示,小球A、B均静止在光滑水平面上.现给A球一个向右的初速度,之后与B球发生对心碰撞.下列关于碰后情况,说法正确的是( )A.碰后小球A、B一定共速B.若A、B球发生完全非弹性碰撞,A球质量等于B球质量,A球将静止C.若A、B球发生弹性碰撞,A球质量小于B球质量,无论A球初速度大小是多少,A球都将反弹D.若A、B球发生弹性碰撞,A球质量足够大,B球质量足够小,则碰后B球的速度可以是A球的3倍2.如图所示,在光滑的水平面上有2 021个完全相同的小球等间距排成一条直线,均处于静止状态.现给第一个小球初动能E k,若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,则整个碰撞过程中损失的机械能总量为( )A.1E kB.E kE k D.E kC.1202123.(广东广州高二期末)抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/s,这时突然炸成两块,其中大块质量为300 g,按与原方向相反方向飞行,其速度测得为50 m/s;另一小块质量为200 g,则它的速度大小和方向分别为( )A.100 m/s,与原方向相反B.50 m/s,与原方向相反C.100 m/s,仍按原方向D.50 m/s,仍按原方向4.如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B,B的左侧固定一水平轻质弹簧,B原来静止.若A以速度v0水平向右运动,与弹簧发生相互作用,弹簧始终处在弹性限度内,弹簧弹性势能的最大值为( )A.13mv02 B.23mv02C.14mv02 D.18mv025.如图所示,水平放置的圆环形光滑窄槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球a、b,球b静止在槽中位置P.球a以一定初速度沿槽运动,在位置P与球b发生弹性碰撞,碰后球a反弹,并在位置Q与球b再次碰撞.已知∠POQ=90°,两小球可视为质点,则a、b两球质量之比为( )A.3∶1B.1∶3C.5∶3D.3∶56.在光滑的导轨上,一质量为m 1=2 kg 、速度为v 1=1 m/s 的滑块A 跟一质量为m 2=1 kg 、速度为v 2=0的滑块B 发生正碰,它们碰撞后的总动能的最大值和最小值分别是( ) A.1 J 、23 JB.43J 、23JC.43J 、1 JD.2 J 、43J7.冰壶运动深受大家喜爱.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰,如图所示.若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是选项图中的( )8.如图所示,在游乐场中,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动.设甲同学和车的总质量为m,碰撞前向右运动,速度大小为v1;乙同学和车的总质量为1.5m,碰撞前向左运动,速度大小为0.5v1.求碰撞后两车共同的运动速度.B组关键能力提升练9.动量分别为p A=20 kg·m/s、p B=30 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线运动,经过一段时间后两球发生正碰,分别用Δp A、Δp B 表示两小球动量的变化量,则下列选项正确的是( )A.Δp A=6 kg·m/s,Δp B=6 kg·m/sB.Δp A=-6 kg·m/s,Δp B=6 kg·m/sC.Δp A=-6 kg·m/s,Δp B=-6 kg·m/sD.Δp A=4 kg·m/s,Δp B=-6 kg·m/s10.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是m B=2m A,重力加速度g取10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是( )A.5 m/sB.4 m/sC.3 m/sD.2 m/s11.如图所示,斜面上C点上侧是光滑的,下侧是粗糙的.现从C点上侧的某点让滑块A由静止开始下滑,滑块A经加速后在C点与静止的滑块B发生碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中系统无机械能损失,最终两滑块均停在C点下侧粗糙斜面上同一位置.已知A、B两滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数相同,A、B两滑块均可视为质点,则A、B两滑块的质量之比为( )A.1∶4B.1∶3C.1∶2D.1∶112.如图所示,B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量,A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )A.五个小球静止,一个小球运动B.四个小球静止,两个小球运动C.三个小球静止,三个小球运动D.六个小球都运动13.如图所示,长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A,恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B.现把小球向左上方拉至细绳恰好水平绷直,然后从静止释放小球.小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞,物块向右滑行了2L的距离停下.(1)求物块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)若仅改变A的质量,仍让A从原位置由静止释放,A、B发生弹性碰撞后,B向右滑行的距离为4.5L,则小球A的质量应该多大?答案：1.C 解析小球A、B发生对心碰撞,有可能是弹性碰撞、完全非弹性碰撞、非弹性碰撞;若是完全非弹性碰撞,则A、B两小球具有共同速度,若不是,两球无共同速度,则A 错误;若A 、B 球发生完全非弹性碰撞,A 、B 碰后有共同速度,由动量守恒可得m 1v 0=(m 1+m 2)v 共,解得v 共=m 1v 0m 1+m 2,若A 球质量等于B 球质量,则v 共=v 02,故B 错误;小球A 、B 若是弹性碰撞,则根据动量守恒和机械能守恒,有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,12m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22,解得v 1=(m 1-m 2)v 0m 1+m 2,v 2=2m 1v 0m 1+m 2,若A 球质量小于B 球质量,由上述v 1和v 2的表达式可知v 1<0,若A 球质量足够大,B 球质量足够小,由上述v 1和v 2的表达式可知v 2v 1=2m 1m 1-m 2=21-m 2m 1=2,故C 正确,D 错误.2.D 解析以第一个小球初速度v 0的方向为正方向,将个小球组成的整体看作一个系统,设系统最终的速度为v,运用动量守恒定律得mv 0=mv,解得v=v0,则系统损失的机械能为ΔE=12mv 02−12·mv 2,解得ΔE=E k ,故选D.3.C 解析设原速度方向为正,对爆炸过程,根据动量守恒定律m'v 0=-m 1v 1+m 2v 2,m'=m 1+m 2,代入数据解得v 2=100m/s,故另一小块的速度大小和方向分别为:100m/s,仍按原方向.故选C.4.C 解析当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大,弹性势能最大,滑块A 、B 系统动量守恒,根据守恒定律,有mv 0=2mv 1,解得v 1=12v 0,系统减少的动能等于弹簧增加的弹性势能,故弹簧获得的最大弹性势能为E p =12mv 02−12×2m v 12,解得E p =14mv 02,故选C.5.D 解析由动量守恒可知,碰后两球的速度方向相反,且在相同时间内,b 球运动的弧长为a 球运动的弧长的3倍,则有v b =-3v a ,由动量守恒定律有m a v=m b v b +m a v a ,由能量守恒有12m a v 2=12m a v a 2+12m b v b 2,联立解得m a m b=35,故A 、B 、C 错误,D 正确.6.A 解析当两物体发生弹性碰撞时,系统不损失能量,此时碰后的总动能最大,最大动能E kma1v 12=1J,若两物体发生完全非弹性碰撞,则碰后共速,此时系统损失的动能最大,碰后系统总动能最小,则m 1v 1=(m 1+m 2)v,解得v=23m/s,E kmin =12(m 1+m 2)v 2=12×3×(23)2J=23J,故选A.7.B 解析碰撞过程动量守恒,两冰壶发生正碰,由动量守恒定律可知,碰撞前后系统动量不变,两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向,由题图知,A 所示情况是不可能的,故A 错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,最终两冰壶的位置可能如B 所示,故B 正确;两冰壶碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前,甲在后,C 所示情况是不可能的,故C 错误;碰撞过程机械能不可能增大,两冰壶质量相等,碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度,碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,D 所示情况是不可能的,故D 错误.8.答案0.1v 1,方向水平向右解析设水平向右为正方向,由动量守恒定律可得mv 1-1.5m×0.5v 1=(m+1.5m)v 共 解得v 共=0.1v 1,方向水平向右.9.B 解析由题意可知,无论小球反弹或者不反弹,小球A 的动量一定减小或者为负值,即动量变化Δp A <0,故A 、D 错误;当Δp A =-6kg·m/s 时,由动量守恒,得p A +p B =p A '+p B ',化简得p A '-p A =-(p B '-p B ),即Δp A =-Δp B =-6kg·m/s,Δp B =-6kg·m/s,且碰后系统的总动能不增加,故B 正确,C 错误.10.A 解析设小滑块A 到达最低点时的速度为v 0,根据动能定理有m A gR=12m A v 02-0,可得v 0=6m/s.若是弹性碰撞,m A v 0=m A v 1+m B v 2,12m A v 02=12m A v 12+12m B v 22,联立解得v 2=4m/s;若是完全非弹性碰撞,m A v 0=(m A +m B )v,解得v=2m/s,所以B 的速度不可能是5m/s,故选择A 选项.11.B 解析设A 以速度v 0与B 相碰,由于碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒定律和能量守恒定律有m A v 0=m A v A +m B v B ,12m A v 02=12m A v A 2+12m B v B 2,解得碰撞后A 的速度v A =m A -m Bm A +m Bv 0,B 的速度v B =2m Am A +m Bv 0,A 反弹回光滑斜面后先做减速运动、再做加速运动后又经C 点滑入粗糙斜面,由于两滑块最终均停在C 点下侧粗糙斜面上的同一位置,故有-v A =v B ,解得m Am B=13,故B 正确,A 、C 、D 错误.12.C 解析由动量守恒定律和机械能守恒定律有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,12m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22,解得碰撞后两个小球的速度为v 1=(m 1-m 2)v 0m 1+m 2,v 2=2m 1v 0m 1+m 2.由于A 球质量小于B 球质量,所以A 、B 相碰后A 向左运动,B 向右运动;B 、C 、D 、E 四球质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E 有向右的速度,B 、C 、D 静止;由于F 球质量小于E 球质量,所以E 、F 两球弹性碰撞后E 、F 两球都向右运动;所以碰撞之后B 、C 、D 三球静止;A 球向左运动,E 、F 两球向右运动,C 项正确. 13.答案(1)0.5 (2)3m解析(1)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v 0,由机械能守恒定律得12mv 02=mgL解得v 0=√2gL设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v 1、v 2,由于是弹性碰撞,有 mv 0=mv 1+mv 212mv 02=12mv 12+12mv 22 解得v 2=v 0=√2gL对于物块向右滑行的过程,由动能定理有 μmg×2L=12mv 22解得μ=0.5.(2)设碰撞后瞬间有Mv0=Mv1'+mv2'1 2Mv02=12Mv1'2+12mv2'2若B物体前进4.5L停下,则有μmg×4.5L=12mv2'2联立解得M=3m.第11页共11页。
粤教版高中物理选择性必修第一册课后习题第1章 动量和动量守恒定律 分层作业3 动量守恒定律
分层作业3 动量守恒定律A组必备知识基础练1.如图所示,光滑水平面上有一质量为m1的小车A,其上面有一个质量为m2的物体B正在沿粗糙曲面下滑.对A和B两个物体组成的系统,下列说法正确的是( )A.A受到的重力是内力B.B受到的摩擦力是内力C.B对A的压力是外力D.地面对A的支持力是内力2.关于动量守恒的条件,下列说法正确的是( )A.只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒B.只要系统受外力做的功为零,动量守恒C.只要系统所受到合外力的冲量为零,动量守恒D.系统加速度为零,动量不一定守恒3.如图所示,木块A和木块B用一根轻质弹簧连在一起静置于光滑水平地面上.某时刻木块A获得一瞬时速度,在弹簧压缩过程中,关于木块A、木块B构成的系统(不包含弹簧),下列说法正确的是( )A.系统动量守恒,机械能守恒B.系统动量守恒,机械能不守恒C.系统动量不守恒,机械能守恒D.系统动量不守恒,机械能不守恒4.斜面体A置于光滑水平地面上,滑块B沿光滑斜面下滑,如图所示.在滑块下滑的过程中(不计空气阻力),对斜面体与滑块组成的系统,下列说法正确的是( )A.系统动量守恒B.系统在竖直方向上动量守恒C.系统在水平方向上动量守恒D.系统动量守恒,机械能守恒5.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为( )A.v0-v2B.v0+v2C.v0-m2m1v2 D.v0+m2m1(v0-v2)6.在某次冰壶投掷中,我方冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方静止的冰壶发生碰撞,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行.若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向,则碰后我方冰壶获得的速度为( )A.0.1 m/sB.-0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/s7.如图所示,质量为3m的足够长的木板C静止在光滑水平面上,质量均为m的两个小物块A、B放在C上.现同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量I和2I,使A、B分别获得初速度,若A、B与C之间的接触面不光滑,求最终A、B、C的共同速度.8.人站在滑板A上,以v0=4 m/s的速度沿光滑水平面向右运动.当靠近前方的横杆时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆,A从横杆下方通过,与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起,之后人落到B上,与滑板一起运动.已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=60 kg、m A=10 kg和m B=30 kg,求:(1)A、B碰撞过程中,A对B的冲量的大小和方向;(2)人最终与滑板的共同速度的大小.B组关键能力提升练9.(广东深圳高二校考期末)如图所示,在水平冰面上表演双人滑冰时,当两人从静止状态沿着水平方向相互推开时.已知男运动员的质量大于女运动员的质量,两个运动员跟冰面间的摩擦力可以忽略不计.下列说法正确的是( )A.两运动员获得大小相同的速度B.两运动员获得大小相同的动能C.两运动员组成的系统机械能守恒D.两运动员组成的系统动量守恒10.如图所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为M2的物块.今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论正确的是( )A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动D.槽将不会再次与墙接触11.(多选)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的质量均为m的物体A、B,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动.在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是( )A.t=0至t=mvF时间内,A、B的总动量守恒B.t=2mvF 至t=3mvF时间内,A、B的总动量守恒C.t=2mvF时,A的动量为2mvD.t=4mvF时,A的动量为4mv12.如图所示,一质量为m3的人站在质量为m的小船甲上,以速率v0在水平面上向右运动.另一个完全相同的小船乙以速率v0从右方向左方驶来,两船在一条直线上运动.为避免两船相撞,人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上(人可视为只在水平方向上运动),人水平跳出时相对于水面的速率至少多大?答案：1.B 解析只要是两个物体之间的作用力就是内力,外部对两个物体的作用力就是外力,B正确,A、C、D错误.2.C 解析只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒,与系统内是否存在摩擦力无关,故A错误;系统受外力做的功为零,系统所受合外力不一定为零,系统动量不一定守恒,如用绳子拴着一个小球,让小球做匀速圆周运动,小球转过半圆的过程中,系统外力做功为零,但小球的动量不守恒,故B错误;力与力的作用时间的乘积是力的冲量,系统所受到合外力的冲量为零,则系统受到的合外力为零,系统动量守恒,故C正确;系统加速度为零,由牛顿第二定律可得,系统所受合外力为零,系统动量守恒,故D错误.3.B 解析系统所受外力之和为零,动量守恒;弹簧弹性势能增加,木块A、木块B构成的系统机械能减少,机械能不守恒,故选B.4.C 解析在B下滑的过程中,B在竖直方向上有向下的加速度,所以系统在竖直方向上所受合外力不为零,则系统在竖直方向上动量不守恒;但系统在水平方向不受力,所以系统在水平方向上动量守恒;整个过程只有B的重力做功,故系统的机械能守恒.故选C.5.D 解析以火箭原运动方向为正方向,根据动量守恒定律有(v0-v2),故选D.(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,可得v1=v0+m2m16.A 解析设冰壶质量为m,碰后我方冰壶速度为vv0=mv+mv/s,故选项A正确.,方向向右7.答案3I5m解析同时对A、B施加水平向右的瞬时冲量I和2I后,设A、B获得的初速度分别为v A和v B,则对小物块A,由动量定理得I=m A v A-0对小物块B,由动量定理得2I=m B v B-0设最终A、B、C的共同速度为v,则对A、B、C组成的系统,由动量守恒定律得m A v A+m B v B=(m A+m B+m C)v,方向向右.联立解得v=3I5m8.答案(1)30 N·s水平向右(2)2.8 m/s解析(1)A、B碰撞过程中,由动量守恒定律得m A v0=(m A+m B)v1解得v1=1m/s由动量定理得,A对B的冲量I=m B v1=30N·s,方向水平向右.(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析,由动量守恒定律得(m人+m A)v0=(m人+m A+m B)v解得v=2.8m/s.9.D 解析由于运动员跟冰面间的摩擦力可以忽略不计,可知两人构成的系统所受外力的合力为0,即系统的动量守恒,根据动量守恒定律有m 男v 男-m 女v 女=0,由于男运动员的质量大于女运动员的质量,可知v 男<v 女,故A 错误;由于E k =12mv 2,p=mv,则有E k =p 22m,结合上述,两人动量大小相等,男运动员的质量大于女运动员的质量,则男运动员的动能小于女运动员的动能,故B 错误;两人在水平冰面上运动,重力势能不变,两人从静止状态分开,速度增大,动能增大,可知两运动员组成的系统机械能增大,故C 错误;结合上述可知,两运动员组成的系统动量守恒,故D 正确.10.D 解析小球从A 到B 的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒;从B→C 的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽要向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动,一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右的运动,小球所受支持力方向与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A 、B 错误;当小球运动到C 点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,C错误;因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,所以最终槽将与墙不会再次接触,D正确.11.AC 解析设A、B受到的滑动摩擦力都为f,断开前两物体做匀速直线运动,根据平衡条件得F=2f,设B经过时间t速度为零,对B由动量定理得-ft=0-mv,解得t=2mvF;以AB整体为系统,绳子的力属于系统的内力,系统所受合外力为零;在剪断细线后至B停止运动前,两物体受到的摩擦力不变,两物体组成的系统所受的合外力仍为零,则系统的总动量守恒,故在t=0至t=2mvF 的时间内A、B的总动量守恒,故A正确;在t=2mvF后,B停止运动,A做匀加速直线运动,故两物体组成的系统所受的合外力不为零,故A、B的总动量不守恒,故B错误;当t=2mvF时,对A由动量定理得Ft-ft=p A-mv,代入f=F2,t=2mvF,解得p A=2mv,故C正确;当t=4mvF时,对A由动量定理得Ft-ft=p A'-mv,代入f=F2,t=4mvF,解得p A'=3mv,故D错误.12.答案257v0解析设向右为正方向,两船恰好不相撞,最后具有共同速度v1,由动量守恒定律,有(m 3+m)v0-mv0=(2m+m3)v1解得v1=17v0设人跃出甲船的速率为v2,人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律,有(m 3+m)v0=mv1+m3v2解得v2=257v0.第11页共11页。
粤教版高一物理必修一第一章第二节时间和位移知识点总结和练习附答案
第2课 时间和位移一、学习目标1、知道时间和时刻的概念以及它们之间的区别和联系。
2、理解位移的概念以及它与路程的区别。
3、初步了解矢量和标量。
二、重点1、时间和时刻的概念以及它们之间的区别和联系。
2、位移的概念以及它与路程的区别。
三、难点位移的概念及其理解。
一．时间与时刻1、时刻和时间既有联系又有区别：在表示时间的数轴上，时刻用点表示；时间间隔用线段表示。
思考“前2秒”、“最后2秒”、“2秒末”、“第3秒”分别表示时刻还是时间？时间和时刻的关系：用t1和t2分别表示先后两个时刻，表示两个时刻之间的时间，则有公式 练习1关于时间和时刻，下列说法中不正确的是（ ）A 、物体在5s 时指的是物体在5s 末时，指的是时刻B 、物体在5s 内指的是物体在4s 末到5s 末这1s 的时间C 、物体在第5s 内指的是物体在4s 末到5s 末这1s 的时间D 、第4s 末就是第5s 初，指的是时刻t ∆12t t t -=∆二、路程和位移1、路程：是用来描述物体运动轨迹的长度的物理量2、位移：是用来描述物体位置变化的物理量3、位移的表示方法:从物体运动的起点指向运动的终点的有向线段，线段箭头的指向表示位移的方向，线段的长度表示位移的大小。
*位移的图象表示方法:由初位置指向末位置的有向线段.4、位移和路程的异同:(1).路程与质点的运动轨迹有关,位移的大小则取决于初位置和末位置的位置变化.(2).路程和位移的大小一般是不相等的.只有质点做单向直线运动时,路程才和位移的大小相等.(3).路程只有大小,没有方向，是标量.位移既有大小又有方向，是矢量.三、矢量和标量1、矢量:既有大小又有方向的量2、标量:只有大小没有方向的量3、标量可以直接相加减,运算符合算术运算法则;矢量不可以直接相加减.练习2关于路程和位移，下列说法不正确的是（）A、质点的位移是矢量，路程是标量B、质点通过的路程不等，但位移可能相同C、质点通过的路程不为零，但位移可能为零D、质点做直线运动且运动方向始终不变时，那么它通过的路程就是位移总结：标量和矢量不能相等，不能说矢量就是标量只能说：通过的路程等于位移的大小练习3下列关于路程和位移的说法中，正确的是（）A、沿直线运动的物体，位移大小和路程是相等的B、质点运动位移的大小可能大于其运动的路程C、位移描述物体相对位置的变化，路程描述物体运动路径的长短D、位移描述直线运动，路程描述曲线运动练习41.小球从距地面5m高处落下，碰到地面反弹后，在距地面2m高处被接住，则小球从高处落下到被接住这一过程中通过的路程和位移的大小分别是（）A、7m、7mB、5m、2mC、5m、3mD、7m、3m2.如图所示，物体沿两个半径为R的半圆弧由A运动到C，则它的位移和路程分别是（）A、0，0B、4R、向西，2πRC、4πR、向东，4RD、4R向东，2πR3.一质点在x轴上运动，各时刻的位置坐标如下表所示，该质点开始运动后，❖第（）秒内的位移最大？❖（）秒内的路程最大？❖（）秒内位移最大？结果的正(或负)表示位移的方向与选定的正方向相同(反).练习（双选）4.关于时间与时刻，下列说法正确的是（）A.作息时间表上标出上午8:00开始上课，这里的8:00指的是时间B.上午第一节课从8:00到8:45，这里指的是时间C.电台报时时说：“现在是北京时间8点整”，这里实际上指的是时刻D.在有些情况下，时间就是时刻，时刻就是时间一、单项选择题1.关于质点的位移和路程，下列说法中正确的是( )A.位移是矢量，位移的方向即质点运动的方向B.位移的大小不会比路程大C.路程是标量，即位移的大小D.当质点作直线运动时，路程等于位移的大小2.以下的计时数据中指时间间隔的是（）A．中国于2008年9月25日21：10点火发射神舟七号载人飞船B．第29届奥运会于2008年8月8日20时8分在北京开幕C．刘翔创造了12.88秒的l10m米栏最好成绩D．在一场NBA篮球赛开赛8分钟时，姚明投中第三个球3.路程与位移的根本区别在于（）A.路程是标量，位移是矢量B.给定初末位置，路程有无数种可能，位移只有两种可能C.路程总是大于或等于位移的大小D.路程描述了物体位置移动径迹的长度，位移描述了物体位置移动的方向和距离4．体育课上老师教大家拍球，球从1.5m高处落下，又被地板弹回，在离地1m处被接住．则球通过的路程和位移的大小分别是（）A．2.5m，2.5m B．2.5m，0.5mC．1.5m，1m D．1.5m，0.5m二、双项选择题5.下列描述中指时间的是（）A. 我昨晚熬夜学习了，直到凌晨1点15分才休息B.第十一届全国人大第二次会议于2009年3月5日在人民大会堂开幕C.第十一届全国人大第二次会议会期8天半D. 2009年4月6日9时32分，意大利中部发生6.3级地震6.下列关于时刻和时间间隔的理解，哪些是正确的？（）A．时刻就是一段很短的时间间隔B．不同时刻反映的是不同事件发生的顺序先后C．时间间隔确切地说就是两个时刻之间的间隔，反映的是某一事件发生的持续程度D．时间间隔是无数时刻的总和第二节练习1：B练习2：D练习3：C练习4：D D 2 5 4 B双选：BC1.B 提示：位移是从初位置到末位置的有向线段，只取决于初、末位置，是矢量，线段的长度表示位移的大小，线段的方向表示位移的方向，与物体运动的方向不一定相同；路程是物体运动轨迹的长度，取决于物体实际运动的路径，只有大小而没有方向，是标量。
粤教版高中物理选择性必修第一册课后习题第1章 动量和动量守恒定律 分层作业1 冲量 动量
分层作业1 冲量动量A组必备知识基础练1.下列物理量中,属于矢量的是( )A.功B.动能C.动量D.质量2.关于动量,下列说法正确的是( )A.速度大的物体,它的动量一定也大B.动能大的物体,它的动量一定也大C.只要物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变D.质量一定的物体,动量变化越大,该物体的速度变化一定越大3.(广东惠州高一模拟)近期,高一的小伙伴们喜提新课桌.若一课桌受到10 N的推力作用并且保持静止,经时间5 s,推力对课桌的冲量大小为( )A.10 N·sB.50 N·sC.25 N·sD.15 N·s4.如图所示,广州塔摩天轮位于塔顶450 m高空处,摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成,沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动,则坐于观光球舱中的某游客的哪个物理量是不变的( )A.向心加速度B.机械能C.动能D.动量5.(多选)质量为3 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由2 m/s 变成6 m/s,那么在此过程中,动量变化量的大小可能是( )A.4 kg·m/sB.12 kg·m/sC.20 kg·m/sD.24 kg·m/s6.在倾角为37°、足够长的斜坡上,有一质量为50 kg的运动员沿斜坡下滑,滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求在运动员下滑2 s的时间内,运动员所受各力的冲量和合力的冲量.7.解答以下两个小题:(1)质量为2 kg的物体,速度由4 m/s增大为8 m/s,它的动量和动能各增大为原来的几倍?动量变化量的大小为多少?(2)A物体质量是2 kg,速度是2 m/s,方向向东;B物体质量是3 kg,速度是3 m/s,方向向西.它们的动量的矢量和是多少?它们的动能之和是多少?B组关键能力提升练8.(多选)如图所示,质量为m的小猴子在荡秋千,小猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向夹角为60°,小猴子到藤条悬点的长度为L,忽略藤条的质量与空气阻力,重力加速度为g.在此过程中,下列判断正确的是( )A.小猴子到达最低点时的动量大小为0B.小猴子到达最低点时的动量大小为m√gLC.小猴子从由静止释放到运动到最低点的过程,重力的冲量为零D.小猴子从由静止释放到运动到最低点的过程,藤条拉力的冲量不为零9.一个物体受到的拉力随时间变化的图像如图所示,则1.5 s内拉力的冲量大小为( )A.2.4 N·sB.1.2 N·sC.3.0 N·sD.无法计算10.(广东东莞模拟)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面向右做匀加速直线运动.已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动时间为t的过程中( )A.摩擦力冲量的大小与F方向无关B.合力冲量的大小与F方向有关C.F为水平方向时,F冲量为μmgtD.F水平方向冲量的最小值为mat11.如图所示,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动.现将一质量m=1 kg的物体由静止轻放在皮带上,物体和皮带间的动摩擦因数μ=0.5.设皮带足够长,g取10 m/s2,在物体与皮带发生相对滑动的过程中,皮带对物体的冲量大小为( )A.1 N·sB.2 N·sC.3 N·sD.√5N·s12.如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.两滑块的动量变化大小相同D.弹力对a滑块的冲量较小13.中国女排为国家获得了很多的荣誉,女排精神激励青少年努力拼搏,为国争光.女排运动员将质量为m=0.26 kg的排球水平击出的照片如图所示,排球飞出时距水平地面高h=2.45 m,以v0=2√30 m/s的水平速度飞出,不计空气阻力,g取10 m/s2.求:(1)飞出后0.4 s内重力对排球的冲量;(2)排球落地时的动量大小.答案：1.C 解析功、动能和质量都只有大小没有方向,是标量,选项A、B、D错误;动量既有大小,又有方向,是矢量,选项C正确.2.D 解析物体的动量p=mv,速度大,可能质量小,所以其动量不一定大,A 错误;由p=√2mE k知,因为质量关系不知道,故动能大的物体,动量不一定大,B错误;动量是矢量,速度大小不变,但方向可能变化,故其动量可能变化,C错误;根据Δp=mΔv可知,物体的质量一定,动量变化越大,则速度变化一定越大,D正确.3.B 解析根据冲量的定义可知,推力对课桌的冲量大小为I=Ft=10×5N·s=50N·s,故选B.4.C 解析向心加速度是矢量,其方向时刻在变,故A错误.匀速圆周运动,速度大小不变,则其动能不变;因为轨道倾斜,则高度在发生变化,重力势能发生变化,所以其机械能变化,故B错误,C正确.匀速圆周运动虽然速度大小不变,但方向时刻在变,所以动量时刻变化,故D错误.5.BD 解析若两速度方向相同,则动量的变化量为Δp=mv t-mv0=3×6kg·m/s-3×2kg·m/s=12kg·m/s,若两速度方向相反,以末速度方向为正方向,则动量的变化量为Δp'=mv t-mv0=3×6kg·m/s-(-3×2)kg·m/s=24kg·m/s,故选B、D.6.答案见解析解析运动员沿斜坡下滑的过程中,受重力、支持力和摩擦力的作用.重力的冲量I G=Gt=mgt=50×10×2N·s=1000N·s,方向竖直向下支持力的冲量I N=F N t=mgcos37°·t=50×10×0.8×2N·s=800N·s,方向垂直于斜面向上摩擦力的冲量I f=ft=μmgcos37°·t=0.2×50×10×0.8×2N·s=160N·s,方向沿斜面向上滑雪运动员受到的合力F合=mgsinθ-μmgcosθ=220N合力的冲量I=F合t=440N·s,方向沿斜面向下.7.答案(1)动量增大为原来的2倍,动能增大为原来的4倍8 kg·m/s (2)5 kg·m/s,方向向西17.5 J解析(1)由动量定义式p=mv 可知,速度由4m/s 增大为8m/s,它的动量增大为原来的2倍,由动能定义式E k =12mv 2可知,它的动能增大为原来的4倍;动量变化量为Δp=mv 2-mv 1=(2×8-2×4)kg·m/s=8kg·m/s. (2)动量为矢量,取向西为正方向,则A 物体的动量为p A =-2×2kg·m/s=-4kg·m/sB 物体的动量为p B =3×3kg·m/s=9kg·m/s它们的动量的矢量和是p=p A +p B =(-4+9)kg·m/s=5kg·m/s,方向向西 动能为标量,则它们的动能之和是E k =12m A v A 2+12m B v B 2=17.5J.8.BD 解析小猴子从由静止释放到运动到最低点的过程,根据动能定理有mgL(1-cos60°)=12mv 2,解得v=√gL ,动量等于质量乘以速度,故动量大小为m √gL ,A 错误,B 正确;冲量等于力乘以时间,故两个力的冲量都不为零,C 错误,D 正确.9.A 解析根据力—时间图像与时间轴所围的面积表示冲量,可得冲量大小为2.4N·s,A 正确.10.D 解析摩擦力冲量的大小I f =μ(mg -Fsinθ)t,可知摩擦力的冲量大小与F 方向有关,选项A 错误;合力冲量的大小I=mat,则合力冲量大小与F 方向无关,选项B 错误;F 为水平方向时,F 冲量为I F =(μmg+ma)t,选项C错误;根据Fcosθ-f=ma,F水平方向冲量I F a+f)t,当f=0时,F水平方向冲量的最小值为mat,选项D正确.11.D 解析物体在皮带上受到的滑动摩擦力f=μmg=5N,加速度a=μg=5m/s2,物体与皮带发生相对滑动的时间t=va=0.2s,摩擦力对物体的冲量I f=ft=1N·s,支持力的冲量I N=F N t=mgt=2N·s,故皮带对物体的冲量I=√I f2+I N2=√5N·s,D正确.12.D 解析小滑块受重力和支持力作用,将重力沿轨道的方向和垂直滑轨的方向正交分解,根据牛顿第二定律得,小滑块做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsinθ(θ为滑轨与水平方向的夹角),由直角三角形PMN可知,小滑块的位移s=2Rsinθ,所以t=√2sa =√2×2Rsinθgsinθ=√4Rg,t与θ无关,即t1=t2,小滑块受到的合力等于重力沿轨道方向的分力,即mgsinθ,所以合力的冲量大小为mgsinθ·t,由图可知MP与水平方向之间的夹角大,所以沿MP运动的a球受到的合力的冲量大.故A错误;重力的冲量为mgt,由于运动的时间相等,所以重力的冲量大小相等,故B错误;根据动能定理知,沿MP运动的a滑块重力做功多,运动到底端的速度大,所以a滑块的动量变化大,故C错误;弹力的冲量为mgcosθ·t,由图可知MP 与水平方向之间的夹角大,所以a滑块的弹力的冲量小,故D正确.13.答案(1)1.04 N·s方向竖直向下(2)3.38 kg·m/s解析(1)重力是恒力,0.4s内重力对排球的冲量为I=mgt=0.26×10×0.4N·s=1.04N·s,方向竖直向下.(2)排球落地时竖直分速度为v y=√2gℎ=7m/s由速度合成知,落地速度v=√v02+v y2=√72+120m/s=13m/s所以排球落地时的动量大小为p=mv=3.38kg·m/s.。
粤教版物理必修一第一章 运动的描述练习题及答案解析6份
第1节1．下列运动的研究对象中，能看成质点的是()A．研究跳水运动员入水时减小水花的方法B．研究10 000米长跑时运动员的速度C．研究火车进站时的速度和停靠位置D．研究体操运动员的优美舞姿【解析】在本题中A、C、D都要研究物体或人体的每个部分的具体运动情况，因此不可看成质点，否则每个部分间的差别就被忽略了.10 000米，甚至是100米相对于人的尺寸也大得多，并且这里并不需要研究身体每个部位的变化，故可看成质点．【答案】B2．如图1－1－7所示，在电视连续剧《西游记》中，常常有孙悟空腾云驾雾的镜头，这通常是采用背景拍摄法拍摄的．让孙悟空站在平台上，做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果．摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头，放映时，观众就会感觉到孙悟空在腾云驾雾．此时，观众所选取的参考系是()图1－1－7A．孙悟空B．平台C．飘动的白云D．屏幕【解析】放映时，观众认为白云不动，以飘动的白云为参考系看到孙悟空在腾云驾雾，C正确．【答案】C3．(2013·汕头高一期末测试)为了实现全球快速、便捷的通信，人类发射了地球同步通信卫星，同步通信卫星位于距地面大约36 000 km的高空，可以认为() A．以地面为参考系同步卫星静止B．以太阳为参考系同步卫星静止C．同步卫星在高空静止不动D．同步卫星相对地面上静止的物体是运动的【解析】地球同步卫星是相对地面静止的．若以地面为参考系，卫星是静止的，若以太阳为参考系，地球同步卫星则是运动的，故A正确，B、D错误．C 选项没有选定参考系，不能研究其运动情况，C错误．【答案】A4．(双选)(2013·南昌高一检测)以下说法正确的是()A．“一江春水向东流”的参考系是江岸B．我们说“太阳从东方升起”是以太阳为参考系C．研究某学生骑车回校的速度时可以把学生和车看做质点D．研究某学生骑车姿势进行物理分析时可以把学生和车看做质点【解析】以江岸为参考系水是流动的，A项正确；太阳从东方升起是以地平面为参考系的，B错；研究学生骑车速度可不考虑学生的大小，能看成质点，但研究学生的骑车姿势就不能忽略学生的大小，故此时不能把学生看成质点．C 对D错．【答案】AC5．(双选)2011年11月，“神舟八号”与“天宫一号”成功完成无人对接，以下所给出的哪一个阶段可以把“神舟八号”看成质点()A．飞船发射升空，跟踪飞船运动轨迹时B．分析飞船飞行速度时C．与“天宫一号”对接前，调整飞船姿势时D．控制飞船完成对接过程时【解析】跟踪飞船运动轨迹和分析飞船飞行速度时，飞船的形状、大小是次要因素，飞船可看成质点，A、B正确．调整姿势和控制对接过程中，飞船的形状、姿态是科学家关注的重点，飞船不能看成质点，C、D错．【答案】AB6．(双选)为了提高枪械射击时的准确率，制造时会在枪膛上刻上螺旋形的槽．这样，当子弹在枪管中运动时，会按照旋转的方式前进．离开枪管后，子弹的高速旋转会降低空气密度、侧风等外部环境对子弹的影响，从而提高子弹飞行的稳定性．下列关于子弹运动的说法中正确的是()A．当研究子弹的旋转对子弹飞行的影响时可以把子弹看做质点B．当研究子弹射击百米外的靶子所用的时间时可以把子弹看做质点C．无论研究什么问题都可以把子弹看做质点D．能否将子弹看做质点，取决于我们所研究的问题【解析】在研究子弹的旋转对子弹飞行的影响时不能忽略子弹的大小和形状，因而不可以把子弹看做质点，但研究子弹射击百米外的靶子所用的时间时，其大小和形状可以忽略，可以看做质点，故选项B、D正确．【答案】BD7．(双选)2011年9月1日在吉林长春首届航空开放日上，空军红鹰飞行表演队驾驶我国自主研制的k－8高级教练机首次亮相，飞出特高难动作，保持队形不变，如图1－1－8为六机低空拉烟通场表演．下列关于运动情况的说法正确的是()图1－1－8A．地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以地面为参考系C．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的D．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的【解析】飞机相对地面及地面上的建筑物向前飞行，而地面上的建筑相对飞机向后运动．可见，地面上的人看到飞机飞过是以地面为参考系．飞行员看到观礼台向后掠过是以飞机为参考系，A正确，B错误，由于飞机编队保持队形不变，所以以某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，C对、D错．【答案】AC8．做下列运动的物体，能当做质点处理的是()A．自转中的地球B．旋转中的风力发电机叶片C．在冰面上旋转的花样滑冰运动员D．匀速直线运动的火车【解析】研究物体的转动时，物体都不能看成质点．在四种运动中只有匀速直线运动的火车可看做质点处理，因此选D.【答案】D9．公路上向左匀速行驶的汽车如图1－1－9所示，经过路边一颗果树时，恰好有一颗果子从树上自由落下，下图中，地面上的观察者看到的果子的运动轨迹是()图1－1－9A B C D【解析】果子从树上自由下落相对地面是直线运动，故地面上的观察者将看到轨迹C.【答案】C10．(2012·东莞高一月考)美国发射的哈勃望远镜在宇宙空间绕着地球沿一定轨道在高速飞行，因为出现机械故障，用宇宙飞船把宇航员送上轨道对哈勃望远镜进行维修，以________作为参考系时，宇航员相对静止，可以进行维修工作，以________作为参考系时，宇航员是在做变速运动．【解析】宇航员相对哈勃望远镜而言其位置没变故静止，相对地面来说其位置在变化，我们说他在运动．【答案】哈勃望远镜地面11．一位学生在作文中写到，“红日从东方冉冉升起，我坐在奔驰的火车里，静靠在椅背上，欣赏着窗外的景物，只见路旁的树木急速地向后退去……”则下列几种运动形式所对应的参考系分别是：①“升起”________②“奔驰”________③“静靠”________④“后退”________【解析】以地球为参考系，我们每天观察到太阳东升西落；火车奔驰是相对地面而言的；静靠椅背，看到火车外的树木后退这是以火车为参考系的．【答案】地球地面火车火车12．如图1－1－10是某次跳伞时飞行员下落时的造型．若其中某一飞行员以对面的飞行员为参考系，则他的运动情况怎样？当他俯视大地时，看到大地迎面扑来，他是以什么物体为参考系？图1－1－10【答案】飞行员保持该造型时，他们彼此相对位置不变，所以某飞行员以对面飞行员为参考系是静止的；当他俯视大地时，看到大地离他越来越近，是以自己或保持造型不变的队友为参考系．第2节1．(双选)(2013·广东茂名高一期中)关于时间和时刻，下列说法中正确的是()A．第4 s末就是第5 s初，指的是时刻B．物体在5 s时指的是物体在5 s初时，指的是时刻C．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s初这1 s的时间D．物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间【解析】根据时刻和时间的概念可解答本题．前一秒末和后一秒初是同一时刻，即第4 s末就是第5 s初.5 s时指的是6 s初这一时刻，5 s内指的是前5 s 这一段时间．前5 s内指的是4 s末到5 s末这1 s的时间．故选AD.【答案】AD2．(双选)关于位移和路程，以下说法正确的是()A．出租汽车按路程收费B．出租汽车按位移的大小收费C．在曲线运动中，同一运动过程的路程一定大于位移的绝对值(即大小)D．在直线运动中，位移就是路程【解析】出租汽车按路程收费，曲线运动路程一定大于初、末位置间线段的长度，所以路程一定大于位移的大小，，所以A、C正确，B错误．只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程，而位移是矢量，路程是标量，任何情况下位移都不能是路程，所以D错误．【答案】AC3．(双选)(2013·攀枝花高一检测)北京时间2010年1月17日0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第三颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．这标志着中国北斗卫星导航系统工程建设又迈出重要一步，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s.以下说法正确的是()A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时间间隔D．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻【解析】由位置、位移、时间间隔、时刻的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A错、B对．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C错，D对．【答案】BD4．一人沿着半径是40 m的圆形喷水池边散步，当他走了3圈半时，他的位移大小和经过的路程是()A．879 m、879 m B．80 m、879 mC．80 m、80 m D．879 m、80 m【解析】此人的位移大小等于圆形喷水池的直径80 m，他经过的路程是3.5×2×40×3.14 m＝879 m，故选项B正确．【答案】B5．(双选)如图1－2－8所示，游泳池中有一人沿直线游泳，他以A点为起点，先经过B点，后至池对岸C点后返回至D点，则以下有关此人的位移和路程说法正确的是()图1－2－8A．此人运动的位移为大小40 m，路程60 mB．此人运动的位移大小为60 m，路程为60 mC．此人从B运动到D的位移大小为20 m，路程40 mD．此人从B经C到D的位移大小为20 m，路程为20 m【解析】位移是指运动物体从起始位置到终了位置的有向线段的长度．路程是运动物体经过的实际路径的长度．故正确答案为AC.【答案】AC6．(2013·珠海高一期末检测)从水平匀速航行的飞机上抛出物体，地面上的观察者以地面作为参考系，观察被投下的物体的运动，如图1－2－9所示，则下列说法中正确的是()图1－2－9A．物体是竖直下落的，其位移的大小等于飞机的高度B．物体是沿着曲线下落的，其位移的大小等于飞机的高度C．物体是沿着曲线下落的，其位移的大小等于路程D．物体是沿着曲线下落的，其位移的大小小于路程【解析】地面观察者看到物体沿着曲线下落．从抛出点指向落点的线段为位移，而位移的大小小于其轨迹长度，由此知D正确．【答案】D7．(2012·宿州高一检测)如图1－2－10所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，气门芯位移的大小为()图1－2－10A．πR B．2RC．2πR D．R4＋π2【解析】如图所示，气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方的过程中，初末位置之间的距离，也就是位移大小为x＝（2R）2＋（πR）2＝R4＋π2，因此选项D 正确，其他选项均错误．【答案】D8．用时间轴可以表示不同的时刻和经过的时间．如图1－2－11所示，图中A点代表的时刻为________，A、B两点间代表的时间为________．图中C、D 两点间代表的时间为________．图1－2－11【解析】从时间轴上可读出A点代表的时刻为0.8 s末，B点代表的时刻为4.6 s末，A、B两点间代表的时间为4.6 s－0.8 s＝3.8 s，C、D两点间代表的时间为2.6分钟．【答案】0.8 s末 3.8 s 2.6 min9．如图1－2－12甲所示，一根细长的轻弹簧系着一个小球，弹簧的另一端固定在天花板上，静止时，小球处于位置O，现手握小球把弹簧拉长，放手后小球便在竖直方向上来回运动，B，C为小球到达的最低点和最高点，从小球向上经过位置O时开始计时，其经过各点的时刻如图乙所示，若测得OB＝OC＝10 cm，AB＝3 cm，则自O时刻开始：甲乙图1－2－12(1)0.2 s内小球发生的位移大小是________，方向向________，经过的路程是________．(2)0.5 s内小球发生的位移大小是________，方向向________，经过的路程是________．(3)0.7 s内小球发生的位移大小是________，方向向________，经过的路程是________．(4)0.8 s内小球发生的位移大小是________，经过的路程是________．【解析】从位移和路程的定义出发进行计算和判断即可．由题目所给条件，在0.2 s内，小球由O点向上运动到C点，位移的大小是10 cm，即0.1 m，方向向上，经过的路程是0.1 m；在0.5 s内，小球运动到C点后又返回，经过O点又向下运动到A点，小球的初位置在O点，末位置在A点，因此位移的大小是10 cm－3 cm＝7 cm，即0.07 m，方向向下，路程是(10×2＋7) cm＝27 cm，即0.27 m．按照小球的运动过程，同样可以分析0.7 s时小球的位移大小是0.07 m，方向向下，经过的路程是0.33 m；0.8 s时小球回到O点，不发生位移，经过的路程是0.4 m.【答案】(1)0.1 m上0.1 m(2)0.07 m下0.27 m(3)0.07 m下0.33 m(4)00.4 m10．(2013·深圳外国语高一期末)如图1－2－13所示，高速铁路是指通过改造原有线路(直线化、轨距标准化)，使营运速率达到每小时200公里以上，或者专门修建新的“高速新线”，使营运速率达到每小时250公里以上的铁路系统．高速铁路除了列车在营运达到速度一定标准外，车辆、路轨、操作都需要配合提升．广义的高速铁路包含使用磁悬浮技术的高速轨道运输系统．图1－2－13我国铁路交通高速发展，已经数次提速．下表是某同学查询的某次空调特快列车的运动时刻表.(1)上表中各“停车时间”及“开车时间”指的是时刻，还是时间间隔？(2)能否了解到本次特快列车到达无锡站、离开无锡站的时间及停靠无锡站的时间？(3)表中“144公里”表示什么物理意义？【解析】(1)表中各“停车时间”、“开车时间”分别表示到站的时刻和出站的时刻．(2)本次特快列车于16∶26(时刻)到达无锡站，于16∶30(时刻)离开无锡站，中间停靠4 min(时间)．(3)表中“144公里”应该表示列车从南京西站出发到达常州站的过程总路程(不是位移)为144公里．【答案】见解析11．如图1－2－14所示，每层楼高度都相同，楼梯倾斜角度为45°，如图某人从大门走到3楼，他走的路程是位移的______倍，如图从大门走到房门口，路程又是位移的______倍．图1－2－14【解析】设每层楼高为h.由数学知识可求出此人从大门走到3楼的位移为s＝2h，路程x＝22h，则xs＝2；从大门口走到房门口路程x′＝22h＋h＝(22＋1)h，位移s′＝5h，则x′s′＝22＋15【答案】2(22＋1)/512．如图1－2－15所示，一辆汽车在马路上行驶，t＝0时，汽车在十字路口中心的左侧20 m处，过了2 s，汽车正好到达十字路口的中心，再过3 s，汽车行驶到了十字路口中心右侧30 m处，如果把这条马路抽象为一条坐标轴x，十字路口中心定为坐标轴的原点，向右为x轴的正方向，试将汽车在三个观测时刻的位置坐标填入表中，并说出前2 s内、后3 s内汽车的位移分别为多少？这5 s内的位移又是多少？图1－2－15【解析】原点左侧的点的坐标为负值，右侧的点的坐标为正值，即：x1＝－20 m，x2＝0，x3＝30 m.前2 s内的位移Δx1＝x2－x1＝0－(－20) m＝20 m后3 s内的位移Δx2＝x3－x2＝30 m－0＝30 m.这5 s内的位移Δx3＝x3－x1＝30 m－(－20) m＝50 m上述位移Δx1、Δx2和Δx3都是矢量，大小分别为20 m、30 m和50 m，方向都向右，即沿x轴正方向．【答案】见解析第3节1．(2012·白云高一检测)关于打点计时器的使用说法正确的是() A．电磁打点计时器使用的是6 V以下的直流电源B．在测量物体速度时，先让物体运动，后接通打点计时器的电源C．使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越小D．电源的电压越高，打点的时间间隔就越小【解析】电磁打点计时器使用交流电源，A错．使用打点计时器时应先接通电源，后让物体运动，B错．打点的时间间隔T＝1f，f是电源频率，与电源的电压高低无关，所以C正确，D错误．【答案】C2．(2013·西安高一检测)一同学在用打点计时器做实验时，纸带上打出的不是圆点，而是如图1－3－5所示的一些短线，这可能是因为()图1－3－5A．打点计时器错接在直流电源上B．电源电压不稳定C．电源的频率不稳定D．振针压得过紧【解析】当打点计时器振动片一端的振针与复写纸片的距离过大时，振针可能有时不接触复写纸片，我们可能看到时有时无的点痕，也可能完全没有点痕．当振针与复写纸片距离过小时，每一个打点周期内振针就会有较长一段时间接触并挤压在复写纸上，这样就打出一段一段的小线段，所以在使用打点计时器前要检查一下振针到复写纸片的距离是否适中，否则就要做适当的调整．A造成的后果是打点计时器不工作，B造成的后果是打点计时器工作不稳定，C造成的后果是各点间间距忽大忽小，D正确．【答案】D3．(2013·佛山第一中学高一检测)一打点计时器在纸带上依次打出A、B、C、D、E、F等一系列的点，测得AB＝11.0 mm，AC＝26.5 mm，AD＝40.0 mm，AE ＝48.1 mm，AF＝62.5 mm.根据测量数据，下列关于物体在AF段运动速度的判断正确的是()A．速度不变B．速度越来越大C．速度越来越小D．速度先变大再变小后变大【解析】AB＝11.0 mm，BC＝AC－AB＝15.5 mm，CD＝AD－AC＝13.5 mm，DE＝AE－AD＝8.1 mm，EF＝AF－AE＝14.4 mm，物体在AF段运动速度先变大再变小后变大．【答案】D4．如图1－3－6所示是一位同学使用打点计时器所得到的两条纸带，他将两条纸带上下并排放在一起进行比较，在图中A、B两点之间，两条纸带运动的时间之比是()图1－3－6A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．无法比较【解析】打点计时器使用的是频率为50 Hz的交流电源，故纸带上每打出两个相邻点所经历的时间为0.02 s．所以A、B两点间时间之比为(0.02×10)∶(0.02×5)＝2∶1.B项正确．【答案】B5．(双选)采取下列哪些措施，有利于减小纸带受到摩擦而产生的误差() A．改用6 V直流电源B．电源电压越低越好C．用平整的纸带，不用皱折的纸带D．纸带理顺摊平，不让它卷曲、歪斜【解析】因摩擦产生的误差主要在纸带与振针之间，因而用平整的、不用皱折的纸带或纸带理顺摊平，不让它卷曲、歪斜，可以减小摩擦，从而减小误差．【答案】CD6．(双选)使用电磁打点计时器，在接通电源，打点计时器工作时，通过的纸带上没有点，原因可能是()A．电源用6伏交流B．单面复写纸反置C．振针松动D．纸带拉得太快【解析】电磁打点计时器是一种使用低压交流电源的仪器，如用直流电源，它就不能打点，A错；套在定位轴上的复写纸压在纸带上面，当运动物体拖着纸带运动时，打点计时器便在纸带上打出一系列的点．如果单面复写纸反置，纸带上不会留下点迹，B对；振针松动，不能与纸带接触，就不能在纸带上打出点，C对；纸带若拉得太快，纸带上有点，只是比较稀疏，D错．【答案】BC7．(双选)(2013·郑州高一检测)通过打点计时器得到的一条纸带上的点不均匀，下列判断正确的是()A．点密集的地方物体运动得快B．点密集的地方物体运动得慢C．点不均匀说明物体在相等时间内发生的位移不相等D．点不均匀说明打点计时器有故障【解析】纸带上每相邻两个点之间的时间间隔都相等，所以点密集的地方，说明相同长度的纸带通过打点计时器的时间长，所以物体运动得慢，故A错，B 对．点不均匀是由于物体在相等的时间内发生的位移不相等，故C对，D错．【答案】BC8．(2013·广东佛山高一检测)在用打点计时器研究小车在重物牵引下运动的实验中，某同学有如下操作步骤，其中错误的步骤是_______，有遗漏的步骤是_______．A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，松开纸带后再接通电源B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下端悬挂适当的钩码D．取下纸带E．放手，使小车在平板上运动F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔将以上步骤完善后按合理序号排列____________．【解析】合理的步骤如下：B．将打点计时器固定在平板的一端，并接好电路F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下端悬挂适当的钩码A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，接通电源E．放手，使小车在平板上运动D．断开电源，取下纸带【答案】AB D BFCAED9．如图1－3－7为某校高一新生刘洋同学做练习使用打点计时器实验时得到的一条纸带的一部分(电源频率为50 Hz)，刘洋同学根据纸带进行测量得到下表中数据，试据此表中数据判断纸带做的是匀速运动还是变速运动，并说明判断理由．图1－3－712345纸带做变速运动．【答案】 变速运动 纸带在相等时间内的位移不相等10．一小球在桌面上从静止开始做变速运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球每次曝光的位置，并将小球的位置编号．如图1－3－8所示，1位置恰为小球刚开始运动的瞬间，摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1 s ，则小球从1位置到6位置的运动过程中位移为________ m ，时间为________ s ．(小数点后保留2位有效数字)图1－3－8【解析】 由图中1、6的位置可计算出1、6之间位移ΔS ＝0.37 m ．每次曝光时间T ＝1 s ，故1、6两位置时间间隔Δt ＝5T ＝5 s.【答案】 0.37 511．(2013·珠海调研)气垫导轨是一种阻力很小的长直轨道，滑块可以在气垫导轨上运动，用气垫导轨和数字计时器能更精确地研究滑块的运动情况．如图1－3－9所示，滑块先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间Δt 1＝0.29 s ，通过第二个光电门的时间Δt 2＝0.11 s.已知遮光板的宽度为3.0 cm图1－3－9试判断滑块通过哪个光电门时更快些？你判断的依据是什么？【解析】遮光板的长度是一定的，遮光时间短，说明运动的快，即通过第二个光电门时更快些．【答案】第二个．因为通过相同的距离所用时间短，即说明运动的快．图1－3－1012．如图1－3－10所示，一个同学左手拿着一个秒表，右手拿着一枝彩色画笔，当他的同伴拉着一条宽约5 mm的长纸带，使纸带在他的笔下沿着直线向前移动，每隔1 s他用彩色画笔点击纸带，在纸带上点一个点，如图1－3－11所示，连续点了6个点，量得s1＝5.18 cm，s2＝4.40 cm，s3＝3.62 cm，s4＝2.78 cm，s5＝2.00 cm.图1－3－11问：(1)相邻两点间的时间间隔为多少？(2)如果纸带移动得更快一些，纸带上的点迹会发生怎样的变化？(3)如果纸带移动的比原来快一些，要想纸带上点迹疏密程度和原来一样，应采取怎样的措施？【解析】本题中，画笔起着打点计时器的作用．(1)相邻两点间的时间间隔就是画笔在纸带上画点的时间间隔为1 s.(2)物体运动加快，一定时间内的位移必定增加，相邻两点间的距离就代表相等时间内的位移，所以点迹会变稀疏．(3)物体运动的快了，点迹疏密程度还和原来一样．所用的时间一定减少．所以拿彩笔点点的同学应使点点的时间间隔更短些，即频率要加大．【答案】(1)1 s(2)变稀疏(3)使点点间隔的时间更短些(或加大点点频率)第4节1．(双选)下列几个速度中，指瞬时速度的是()A．上海磁悬浮列车行驶过程中的速度为400 km/hB．乒乓球运动员陈玘扣出的乒乓球速度达23 m/sC．子弹在枪膛内的速度为400 m/sD．飞机起飞时的速度为300 m/s【解析】由于瞬时速度是对应于某一时刻或某一位置的，A中对应行驶过程，不是瞬时速度；B中对应于扣球时，则B正确；C对应于枪膛内的过程，C 错误；D中对应于飞机起飞的时刻，故D正确．【答案】BD2．在公路上常有交通管理部门设置的如图1－4－3所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()图1－4－3A．平均速度的大小不得超过这一规定数值B．瞬时速度的大小不得超过这一规定数值。
粤教版高中物理选择性必修第一册课后习题第1章 动量和动量守恒定律 分层作业4 动量守恒定律的验证
分层作业4 动量守恒定律的验证A组必备知识基础练1.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律.主要实验步骤如下:甲①将斜槽固定在水平桌面上,调整末端切线水平;②将白纸固定在水平地面上,白纸上面放上复写纸;③用重垂线确定斜槽末端在水平地面上的投影点O;④让小球A紧贴定位卡由静止释放,记录小球的落地点,重复多次,确定落点的中心位置Q;⑤将小球B放在斜槽末端,让小球A紧贴定位卡由静止释放,记录两小球的落地点,重复多次,确定A、B两小球落点的中心位置P、R;⑥用刻度尺测量P、Q、R距O点的距离s1、s2、s3;⑦用天平测量小球A、B质量m1、m2;⑧分析数据,验证等式m1s2=m1s1+m2s3是否成立,从而验证动量守恒定律. 请回答下列问题:(1)步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应;(2)图乙是步骤⑥的示意图.该同学为完成步骤⑧设计了下列表格,并进行了部分填写,请将其补充完整.乙2.如图甲所示,在做验证动量守恒定律的实验时,小车M的前端粘有橡皮泥,推动小车M使之运动,与原来静止在前方的小车N相碰并粘合成一体后,继续向前运动,在小车M后连着纸带,打点计时器电源频率为50 Hz,长木板右端下面垫放小木片以平衡摩擦力.甲乙(1)获得的纸带如图乙所示,测出的各计数点间距已标在图上.A为运动起始的第一点,则应选段来计算小车M的碰前速度,应选段来计算小车M和小车N碰后的共同速度.(均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)(2)已测得小车M的质量m M=0.30 kg,小车N的质量为m N=0.20 kg,由以上测量结果可得碰前系统总动量为kg·m/s,碰后系统总动量为kg·m/s.(3)实验结论:在误差允许的范围内,小车M、N组成的系统碰撞前后总动量(选填“守恒”或“不守恒”).3.(广东广州模拟)验证动量守恒定律的装置如图甲所示,气垫导轨上安装了1、2两个光电门,两滑块上均固定一相同的竖直遮光条.甲(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示,其读数为 cm;乙(2)实验前,接通气源后,在导轨上轻放一个滑块,给滑块一初速度,使它从轨道左端向右运动,发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间.为使导轨水平,可调节Q使轨道右端(选填“升高”或“降低”)一些;(3)调整导轨水平后,测出滑块A和遮光条的总质量为m1,滑块B和遮光条的总质量为m2.将滑块A静置于两光电门之间,将滑块B静置于光电门2右侧,推动B,使其获得水平向左的速度,经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回,再次经过光电门2.光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2,光电门1记录的挡光时间为Δt3,遮光条的宽度为d.则滑块A通过光电门1的速度大小为.小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒,则他要验证的关系式是.4.如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球,按下面步骤进行实验:①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2;②安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端;③先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P;④将小球m2放在斜槽末端B处,仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置;⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离.图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置,从M、P、N到B点的距离分别为s M、s P、s N.依据上述实验步骤,请回答下面问题:(1)BC斜面的倾角(选填“需要”或“不需要”)测出;(2)用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的;(3)某同学想用上述数据来验证碰撞前后机械能是否守恒,写出需要验证的关系式: .5.某实验小组做“验证动量守恒定律”实验的装置如图所示,弹性球1用细线悬挂于O点,O点下方桌子的边缘有一竖直立柱.实验时,调节悬点,使小球1与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球2发生对心碰撞,碰后小球1继续向左摆动到B点,小球2做平抛运动落到c点.又测得A点离水平桌面的距离为a,B点离水平桌面的距离为b,立柱离水平桌面的距离为h,已知弹性小球1的质量m1.(1)为完成实验,还需要测量的物理量有、、.(说明表示相应物理量的字母)(2)根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为(忽略小球的大小).B组关键能力提升练6.(广东梅州高二校考阶段练习)在“探究碰撞中的不变量”实验中,通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验,实验装置如图所示.(1)实验中两个小球的质量大小关系是m1(选填“大于”或“等于”)m2.(2)在不放小球m2时,小球m1从斜槽某处由静止开始滚下,m1的落点在图中的点,把小球m2放在斜槽末端边缘处,小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下,使它们发生碰撞,碰后小球m1的落点在图中的点.(3)关于本实验,下列说法正确的是(填字母代号).A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间(4)用刻度尺测量M、P、N距O点的距离依次为x1、x2、x3,通过验证等式是否成立,从而验证动量守恒定律(填字母代号).A.m2112x3D.m21x37.(广东广州高二月考)某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”实验.在水平桌面上放置气垫导轨,导轨上安装光电计时器1和光电计时器2,带有遮光片的滑块A、B的质量分别为m A、m B,两遮光片沿运动方向的宽度均为d,实验过程如下:①调节气垫导轨成水平状态;②轻推滑块A,测得滑块A通过光电计时器1的遮光时间为t1;③滑块A与滑块B相碰后,滑块B和滑块A先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t2和t3.(1)实验中为确保两滑块碰撞后滑块A不反向运动,则m A(选填“大于”“等于”或“小于”)m B.(2)碰前滑块A的速度大小为.(3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的公式为.8.在“验证动量守恒定律”实验中,实验装置如图所示,按照以下步骤进行操作:①在平木板表面钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于紧靠槽口处,将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放,撞到木板上并在白纸上留下痕迹O;②将木板水平向右移动一定距离并固定,再将小球a从固定点处由静止释放,撞到木板上得到痕迹B;③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从固定点处由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上得到痕迹A和C.(1)下列措施可减小实验误差的是.A.斜槽轨道必须是光滑的B.每次实验均重复几次后,再记录平均落点C.a球和b球的半径和质量满足r a=r b和m a<m b(2)为完成本实验,必须测量的物理量有.A.a球开始释放的高度hB.木板水平向右移动的距离LC.a球和b球的质量m a、m bD.O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3(3)只要验证等式成立,即表示碰撞中动量守恒[用(2)中测量的物理量表示].9.某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车M的前端粘有橡皮泥,推动小车M使之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车N相碰并粘合成一体,继续做匀速直线运动.他设计的装置如图甲所示,在小车M后连着纸带,电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz,长木板下垫着薄木片以补偿摩擦力.(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上).A 为运动的起点,则应选(选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)段来计算小车M碰前的速度.(2)已测得小车M的质量m1=0.2 kg,小车N的质量为m2=0.1 kg,则碰前两小车的总动量为kg·m/s,碰后两小车的总动量为kg·m/s.答案：1.答案(1)保持不变(2)26.50 913.05解析(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度相等,应从同一位置由静止释放入射球,即步骤⑤与步骤④中定位卡的位置应保持不变.(2)由图乙所示刻度尺可知,其分度值为1mm,则s1=26.50cm,由表中实验数据可知m1s1+m2s3=17.0×26.50g·cm+5.8×79.75g·cm=913.05g·cm.2.答案(1)BC DE (2)1.035 1.03 (3)守恒解析(1)车由静止开始运动,故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,故BC段为匀速运动的阶段,故选BC段计算碰前的速度.碰撞过程是一个变速运动的过程,而小车M和小车N 碰后共同运动时做匀速直线运动,在相同的时间内通过相同的位移,故应选DE段来计算碰后的共同速度.(2)系统的动量即碰前小车M的动量p1=m M v0=0.30×0.34505×0.02kg·m/s=1.035kg·m/s碰后的总动量p2=(m M+m N)v2=0.50×0.5×0.02kg·m/s=1.03kg·m/s.(3)在误差允许的范围内,小车M、N组成的系统碰撞前后总动量守恒.3.答案(1)1.345 (2)降低(3)dΔt3m2Δt1=m1Δt3−m2Δt2解析(1)图中游标卡尺读数为1.3cm+9×0.05mm=1.345cm.(2)滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间,说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动,则右端较高,因此可调节Q使轨道右端降低.(3)滑块A通过光电门1的速度大小v3=dΔt3若碰撞过程中动量守恒,取水平向左为正方向,根据公式有m2v1=m1v3-m2v2m2d1Δt1=m1dΔt3-m2dΔt2整理得m2Δt1=m1Δt3−m2Δt2.4.答案(1)不需要(2)m1√s P=m1√s M+m2√s N(3)m1s P=m1s M+m2s N解析(1)m1>m2,两球碰撞后,m2的速度比m1自由滚下时的速度大,m1的速度减小,因此m1落到M点,而m2落到N点.设斜面倾角为θ,物体落到斜面上距离抛出点s时,根据平抛运动规律有ssinθ=12gt2,scosθ=vt,整理得v=√sgcos2θ2sinθ①碰撞过程中满足动量守恒m1v0=m1v1+m2v2②小球都做平抛运动,由①式结论可得v0=√s P gcos2θ2sinθ,v1=√s M gcos2θ2sinθ,v2=√s N gcos2θ2sinθ代入②式整理得m1√s P=m1√s M+m2√s N,则不需要测量斜面的倾角θ.(2)由(1)的分析可知,只要满足关系式m1√s P=m1√s M+m2√s N,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的.(3)若机械能守恒,则满足12m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22,将速度表达式代入可得m 1s P =m 1s M +m 2s N .5.答案(1)弹性球2的质量m 2 C 点与桌子边沿间的水平距离C 桌面离水平地面的高度H (2)2m 1√a -ℎ=2m 1√b -ℎ+m 2√H+ℎ解析(1)小球1下摆过程中机械能守恒,则有m 1g(a-h)=12m 1v 02,解得v 0=√2g (a -ℎ),碰后小球1继续向左摆动,机械能守恒,则有m 1g(b-h)=12m 1v 12,解得v 1=√2g (b -ℎ),碰撞后球2做平抛运动,则有c=v 2t,H+h=12gt 2,解得v 2=c √g2(H+ℎ),碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,代入求得的三个速度,则有m 1√2g (a -ℎ)=m 1√2g (b -ℎ)+m 2c √g 2(H+ℎ),整理得2m 1√a -ℎ=2m 1√b -ℎ+m 2√H+ℎ,故还需要测量的物理量有弹性球2的质量m 2,C 点与桌子边沿间的水平距离c,桌面离水平地面的高度H.(2)由以上分析可知,该实验中动量守恒的表达式为2m 1√a -ℎ=2m 1√b -ℎ+m 2√H+ℎ.6.答案(1)大于 (2)P M (3)B (4)C解析(1)为了保证入射小球碰撞后不反弹,入射球的质量要大于被碰小球的质量.(2)小球m1从斜槽某处由静止开始滚下,m1的落点在图中的P点,小球m1和小球m2相撞后,小球m2的速度增大,小球m1的速度减小,都做平抛运动,所以碰撞后m1球的落地点是M点,m2球的落地点是N点.(3)斜槽末端一定要水平,只要入射小球每次释放的位置相同,就能使得每次碰撞前的速度相同,与斜槽是否光滑无关,故A错误;为保证每次碰撞前入射小球的速度相同,入射小球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放,故B正确;由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动,小球在空中飞行时间相同,小球的水平射程能够反映小球的速度大小,所以实验中不用测量斜槽末端到水平地面的高度和时间,故C、D错误.(4)若动量守恒,取向右为正方向,则有m1v0=m1v1+m2v2,均乘时间得m12x3,故选C.7.答案(1)大于(2)dt1(3)m At1=m At3+m Bt2解析(1)滑块A和滑块B发生碰撞,用质量大的滑块A碰质量小的滑块B,则不会发生反弹,所以m A>m B.(2)滑块经过光电计时器时做匀速运动则碰前滑块A的速度为v A=dt1.(3)碰后滑块A 的速度v A '=dt 3碰后滑块B 的速度v B '=dt 2由动量守恒定律得 m A v A =m A v A '+m B v B ' 化简可得m A t 1=m A t 3+m B t 2.8.答案(1)B (2)CD (3)m a √y 2=a √y 3+m b √y 1解析(1)本实验是“验证动量守恒定律”的,所以实验误差与斜槽轨道的光滑程度无关,A 错误;每次实验均重复几次后,再记录平均落点,这样可减小实验误差,B 正确;要产生正碰,需a 球和b 球的半径满足r a =r b ,为防止两球碰撞后a 球反弹,质量要满足m a >m b ,C 错误.(2)每次a 球释放的高度h 确定不变就可以,不用测量h 值,A 错误;因为小球每次打在木板上时,水平方向的位移相等,所以不需要测量木板水平向右移动的距离L,B 错误;要验证动量守恒定律,必须测量a 球和b 球的质量m a 、m b ,C 正确;需要计算小球运动的时间,则要测量O 点到A 、B 、C 三点的距离y 1、y 2、y 3,D 正确. (3)a 、b 两球碰撞后做平抛运动 由L=vt 和y=12gt 2,可得v=√2y g则由动量守恒定律可得m a v0=m a v1+m b v2即m a√2y2g =m a√2y3g+m b√2y1g整理解得m a√y2=a√y3+m b√y1若表达式m a√y2=a√y3+m b√y1成立,即表示碰撞中动量守恒.9.答案(1)BC (2)0.42 0.417解析(1)从分析纸带上打点的情况看,BC段和DE段内小车运动稳定,而碰前小车速度大,故应选用BC段计算小车M碰前的速度.(2)小车M在碰撞前的速度v0=l BC5T=2.1m/s小车M在碰撞前的动量p=m1v0=0.42kg·m/s碰撞后小车M、N的共同速度v=l DE5T=1.39m/s碰撞后小车M、N的总动量p'=(m1+m2)v=0.417kg·m/s.。
粤教版物理必修一第一章 运动的描述练习题及答案解析第1章-第4节
1．(双选)下列几个速中；指瞬时速的是()A．上海磁悬浮列车行驶过程中的速为400 km/hB．乒乓球运动员陈玘扣出的乒乓球速达23 m/sC．子弹在枪膛内的速为400 m/sD．飞机起飞时的速为300 m/s【解析】由于瞬时速是对应于某一时刻或某一位置的；A中对应行驶过程；不是瞬时速；B中对应于扣球时；则B正确；C对应于枪膛内的过程；C错误；D中对应于飞机起飞的时刻；故D正确．【答案】BD2．在公路上常有交通管理部门设置的如图1－4－3所示的限速标志；这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()图1－4－3A．平均速的大小不得超过这一规定数值B．瞬时速的大小不得超过这一规定数值C．必须以这一规定速行驶D．汽车上的速计指示值；有时还是可以超过这一规定值的【解析】限速标志上标明的是该路段所允许的最大速；此处指的是瞬时速；故B项正确．【答案】 B3．短跑运动员在100 m比赛中；以8 m/s的速迅速从起点冲出；到50 m处的速是9 m/s；10 s末到达终点的速是10.2 m/s；则运动员在全程中的平均速是()A．9 m/s B．10.2 m/s C．10 m/s D．9.1 m/s【解析】由平均速的定义知v＝错误!＝错误!m/s＝10 m/s；故C项正确．【答案】 C4．(·福建漳州高一检测)一辆汽车在平直的公路上先以72 km/h的速行驶20 km；又以1 km/h的速行驶10 km；则汽车在这30 km的全程中的平均速大小为()A．20 m/s B．22.5 m/s C．25 m/s D．81 m/s【解析】s1＝20 km＝2.0×104 m；s2＝10 km＝1.0×104 mv1＝72 km/h＝20 m/s；v2＝1 km/h＝30 m/s由v＝错误!得v＝错误!＝错误!m/s＝22.5 m/s.B项正确．【答案】 B5．(双选)下面关于瞬时速和平均速的说法正确的是()A．若物体在某段时间内任意时刻的瞬时速都等于0；则它在这段时间内的平均速一定等于0B．若物体在某段时间内平均速等于0；则它在这段时间内任意时刻的瞬时速一定等于0C．匀速直线运动中；任意一段时间内的平均速都等于它任意时刻的瞬时速D．变速直线运动中；任意一段时间内的平均速一定不等于它在某一时刻的瞬时速【解析】时间内的平均速一定等于0 (2)一般情况下；平均速不等于瞬时速；只有物体做匀速直线运动时；平均速才等于任意时刻的瞬时速 B 错误若物体在某段时间内平均速等于0；则物体可能静止；也可能运动一段时间后回到出发点；它在这一段时间内任意时刻的瞬时速不一定等于0C 正确 匀速直线运动中速恒定不变D 错误变速直线运动中的平均速有可能等于某一时刻的瞬时速【答案】 AC6．(·威海高一检测)如图1－4－4所示；物体沿曲线轨迹的箭头方向运动．AB 、ABC 、ABCD 、ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1 s 、2 s 、3 s 、4 s ．下列说法不正确的是( )图1－4－4A ．物体在AB 段的平均速为1 m/sB ．物体在ABC 段的平均速为错误! m/sC ．AB 段的平均速比ABC 段的平均速更能反映物体处于A 点时的瞬时速D ．物体在B 点的速等于AC 段的平均速【解析】 v ＝错误!；AB 段位移为1 m ；v ＝1 m/s ；A 说法对．同理ABC 段位移为 5 m ；平均速为错误! m/s ；B 说法对．Δt 越小；该时间内的平均速越接近该位移内的某点瞬时速；所以C 说法对．B 点速不一定等于AC 段的平均速；D 说法错．故选D.【答案】 D7．用频闪照相的方法对着运动的小球每隔错误!s拍一次照；得到的照片如图1－4－5所示；则小球从x＝1 cm处运动到x＝6 cm处的平均速是()图1－4－5A．0.25 m/s B．0.2 m/sC．0.17 m/s D．无法确定【解析】小球从x＝1 cm到x＝6 cm运动位移s＝5 cm＝0.05 m.v＝错误!＝错误!m/s≈0.17 m/s；故C项正确．【答案】 C8．(·闵行高一检测)如图1－4－6所示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片．该照片经过放大后分析出；在曝光时间内；子弹影像前后错开的距离约为子弹长的1%～2%.已知子弹飞行速约为500 m/s；因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近()图1－4－6A．10－3 s B．10－6 s C．10－9 s D．10－12 s【解析】子弹的长大约2.5 cm；所以曝光时间内的位移大约为s＝2.5×10－2×2% m；又已知子弹的速v＝500 m/s；所以曝光时间为t＝错误!＝错误!s＝10－6 s；故选B.【答案】 B9．小明同学在学习了D I S实验后；设计了一个测物体瞬时速的实验；其装置如图1－4－7所示．在小车上固定挡光片；使挡光片的前端与车头齐平；将光电门传感器固定在轨道侧面；垫高轨道的一端．小明同学将小车从该端同一位置由静止释放；获得了如下几组实验数据．图1－4－7实验次数不同的挡光片通过光电门的时间/s速/(m·s－1)第一次Ⅰ0.230 44 0.347第二次Ⅱ0.174 64 0.344第三次Ⅲ0.116 62 0.343第四次Ⅳ0.058 50 0.342①四个挡光片中；挡光片Ⅰ的宽最小②四个挡光片中；挡光片Ⅳ的宽最小③四次实验中；第一次实验测得的速最接近小车车头到达光电门时的瞬时速④四次实验中；第四次实验测得的速最接近小车车头到达光电门时的瞬时速A．①③B．②③C．①④D．②④【解析】由于小车从同一高下滑；那么到达光电门处的速相同；从通过光电门的时间来看；挡光片Ⅳ通过光电门的时间最短；则它的宽最小；这段时间内的平均速也就越接近小车车头到达光电门处的瞬时速；所以D正确．【答案】 D10．(·汕头高一期中)坐在行驶的汽车上的一位乘客；欲估测前方隧道的长；在进出隧道口时；分别看了一下手表；如图1－4－8甲、乙所示；汽车通过隧道时的平均速是30 km/h；由此可计算出此隧道长约______ k m.甲乙图1－4－8【解析】图甲时刻t1＝1点20分图乙时刻t2＝1点25分汽车通过隧道的时间为t＝t2－t1＝5 min＝错误!h隧道长s＝v t＝30×错误!k m＝2.5 k m.【答案】 2.511．某物体沿一直线运动；若前一半时间内的平均速为v1；后一半时间内的平均速为v2；则全程的平均速为多少？若前一半位移的平均速为v1；后一半位移的平均速为v2；则全程的平均速为多少？【解析】设全程所用时间为t；则前一半时间和后一半时间的位移分别是错误!和错误!；由平均速定义得全程的平均速为v＝错误!＝错误!(v1＋v2)．设全程位移为s；前一半位移和后一半位移所用时间分别为t1＝错误!＝错误!；t2＝错误!＝错误!.由平均速的定义得全程平均速v＝错误!＝错误!＝错误!.【答案】错误!(v1＋v2)错误!12．10月18日；中国航母交付海军后首次出海试航；我国海军力量不断发展壮大．若在某次海上军事演习中；一艘驱逐舰以90 km/h的速追赶在它前面120 km处正向同方向匀速航行的航空母舰；驱逐舰总共追赶了270 km才赶上；则航空母舰的航速为多大？【解析】如图由题意可求得追赶时间t＝错误!＝错误!h＝3 h 航母速v2＝错误!＝错误!km/h＝50 km/h.【答案】50 km/h。
粤教版物理必修一第一章 运动的描述练习题及答案解析第1章-第5节
1．下列关于加速的描述中；正确的是()A．加速大小等于单位时间里速的变化量B．当加速与速方向相同且减小时；物体做减速运动C．速方向为正；加速方向为负D．速变化越来越快；加速越来越小【解析】由加速公式a＝错误!可知；加速大小等于单位时间里速的变化量；故A正确．当加速与速方向相同时；速增大；故B错误．速方向为正；加速方向可以为正(速增加)；也可以为负(速减小)；故C错误．加速表征速变化的快慢；速变化越来越快；加速越来越大；故D错误．【答案】 A2．(·中山纪念中学检测)A、B两物体均做匀变速直线运动；A的加速a1＝1.0 m/s2；B的加速a2＝－2.0 m/s2；根据这些条件做出的以下判断；其中正确的是()A．B的加速大于A的加速B．A做的是匀加速运动；B做的是匀减速运动C．任意时刻两个物体的速都不可能为零D．两个物体的运动方向一定相反【解析】加速是矢量；负号不表示大小；A正确；两物体的初速方向不确定；不能判断是加速还是减速；B错；若两物体均做减速运动；某时刻速均可以为零；C错；两个物体的运动方向可以相同；D错．【答案】 A3．如图1－5－5所示是汽车的速计；某同学在汽车中观察速计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置；经过8 s后指针指示在如图乙所示的位置；若汽车做匀加速直线运动；那么它的加速约为()甲乙图1－5－5A．11 m/s2 B．5.0 m/s2C．1.4 m/s2D．0.6 m/s2【解析】由图可知v0＝20 km/h；v t＝60 km/h；Δv＝v t－v0＝(60－20) km/h ＝40 km/h＝错误!m/s又Δt＝8 s；由a＝错误!可知a＝1.4 m/s2；C正确．【答案】 C4．(·阳江高一检测)若下表中的物体均做匀变速直线运动；则以下说法正确的是()初始速(m/s) 经历的时间(s)末速(m/s)某自行车下坡 2.0 3.0 11.0某公共汽车进站 6.0 2.0 0某火车出站0 100.0 20.0某舰艇起航0 25.0 50.0B．舰艇起航时的加速最小C．舰艇起航时的速变化最快D．自行车下坡与公共汽车进站的加速大小相等【解析】由加速的定义式a＝错误!四种情况下加速大小分别为3 m/s2、3 m/s2、0.20 m/s2、2 m/s2；所以火车出站时加速最小；A、B、C错；自行车下坡与公共汽车进站加速大小相等；D对．【答案】 D5．(双选)(·郑州高一检测)物体做加速直线运动；已知第1 s末的速大小是6 m/s；第3 s末的速大小是10 m/s；则该物体的加速可能是()A．2 m/s2B．4 m/s2C．－4 m/s2D．－2 m/s2【解析】物体做加速直线运动；虽然初、末速的方向不知道；但方向一定是相同的．若v0＝6 m/s；v t＝10 m/s；则a＝错误!＝2 m/s2；若v0＝－6 m/s；v t ＝－10 m/s；则a＝错误!＝－2 m/s2.故A、D项正确．【答案】AD6．(·澄迈高一检测)汽车在一条平直公路上行驶；其加速方向与速方向一致．若加速逐渐减小且最终为零；有下列四种说法；其中正确的是() A．汽车的速也减小B．汽车的速一直增大下去C．当加速减小到零时；汽车静止D．当加速减小到零时；汽车的速达到最大【解析】加速与速方向一致；汽车做加速运动；加速变小；速增加变慢；直到加速为0；D对．【答案】 D7．(·广东三水高一期中)沿直线运动的一列火车和一辆汽车的速分别为v1和v2；v1；v2在各个时刻的大小如下表所示；从表中数据可以看出()A.C．火车的位移在减小D．汽车的位移在减小【解析】由表中数据可得a1＝错误!＝－0.5 m/s2；a2＝错误!＝1.2 m/s2；|a1|＜|a2|；故A正确；B错误；因为汽车和火车的速方向一直未变；故两者的位移一直在增大；C、D错误．【答案】 A8．在《守株待兔》寓言故事中；若一只野兔以10 m/s的速冲向树飞奔撞来；经0.1 s又被反向弹回；速率仍是10 m/s；这0.1 s内加速的大小为__________；方向__________．【解析】由a＝错误!知；a＝错误!m/s2＝－200 m/s2.【答案】200 m/s2与原来速方向相反9．如图1－5－6所示；为测定气垫导轨上滑块的加速；滑块上安装了宽为3.0 cm的遮光板；滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门；配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.29 s；通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.11 s；遮光板从开始遮住第一个光电门到遮住第二个光电门所用时间为Δt＝3.57 s；求滑块加速的大小．图1－5－6【解析】由于滑块通过光电门的时间很短；所以可将滑块通过光电门的平均速看作是滑块通过光电门时的瞬时速；由此可得：过第一个光电门时的速为v1＝错误!＝错误!m/s＝0.103 m/s.过第二个光电门时的速为v2＝错误!＝错误!m/s＝0.273 m/s.所以a＝错误!＝错误!m/s2＝0.048 m/s2.【答案】0.048 m/s210．足球运动员在罚点球时；球获得30 m/s的速做匀速直线运动；设脚与球作用时间为0.1 s；球又在空中飞行0.3 s后被守门员挡出；守门员双手与球接触时间为0.1 s；且球被挡出后以10 m/s沿原路返回；假设足球在空中飞行时速大小不变．则罚球瞬间；球的加速为________；接球瞬间球的加速为________．【解析】罚球瞬间；以球运动的方向为正方向v0＝0；v t＝30 m/s；t1＝0.1 sa1＝错误!＝错误!m/s2＝300 m/s2.(2)接球瞬间；以初速方向为正方向v0′＝30 m/s；v t′＝－10 m/s；t2＝0.1 sa2＝错误!＝错误!m/s2＝－400 m/s2负号表示加速的方向与初速方向相反．【答案】(1)300 m/s2(2)400 m/s211．北京时间11月17日19时30分；“神舟八号”飞船返回舱成功降落在内蒙古中部预定区域．为保护返回舱的安全；飞船着陆时；在最后离地1 m时有一个缓冲的制动；制动时速约为7 m/s；1.4 s后着陆速约为1 m/s；试求缓冲时的平均加速．【解析】缓冲过程中；以初速方向为正方向；返回舱初速v0＝7 m/s；末速v＝1 m/s所以a＝错误!＝－4.29 m/s2所以加速大小为4.29 m/s2；方向与速方向相反．【答案】 4.29 m/s2；方向与速方向相反12．有些国家的交通管理部门为了交通安全；特制定了死亡加速为500 g这一数值(g取9.8 m/s2)以醒世人；意思是如果行车加速超过此值时将有生命危险．这么大的加速；一般车辆是达不到的；但发生交通事故时；将会达到这一数值．假如两辆摩托车以40 km/h的速相向而行发生碰撞；碰撞时间为2×10－3 s；你判断一下驾驶员是否有生命危险．【解析】由题设条件知v0＝40 km/h＝错误!m/s；v t＝0Δt＝2×10－3 s由加速定义得a＝错误!＝错误!m/s2≈－567 g；因为|a|＞500 g；故驾驶员有生命危险．【答案】驾驶员有生命危险。
粤教版高中物理必修第一册课后习题 第1章 运动的描述 分层作业2 位置 位移
分层作业2 位置位移A组必备知识基础练题组一矢量和标量1.关于矢量和标量,下列说法正确的是( )A.标量是既有大小又有方向的物理量B.位移是标量C.位移-10 m比5 m小D.-10 ℃比5 ℃的温度低题组二路程与位移2.(广东广州高一期末)在一竖直上升的热气球离水平地面高度为200 m 时,一袋物资从热气球上被投出,该袋物资竖直上升了10 m后开始竖直下落.若取竖直向上为正方向,则该袋物资从热气球上投出至落地时的位移和路程分别为( )A.-200 m,220 mB.200 m,200 mC.200 m,220 mD.-200 m,200 m3.(广东阳江高一阶段练习)关于位移和路程,下列说法正确的是( )A.物体沿直线向某一方向运动,通过的路程就是位移B.物体沿直线运动,通过的路程等于位移的大小C.物体通过一段路程,其位移可能为零D.两物体通过的路程不等,位移不可能相同4.如图所示,一小球从A点竖直向上抛出,到达最高点B后,返回落至水平地面C处,AB、AC间距离如图所示.若以A点为坐标原点,竖直向上为正方向,建立直线坐标系,A、B、C三点位置坐标分别为,,.AB间位移s AB= m,BC间位移s BC= m,s AB(选填“>”“<”或“=”)s BC.题组三用一维坐标系描述直线运动5.(多选)如图所示的坐标系中,已知t0=0时刻质点位于坐标原点处,t1=1 s 时质点位于5 m处,t2=2 s时质点位于-1 m处,t3=3 s时质点位于-4 m处.则下列说法正确的是( )A.质点在第1 s内的位移大于第2 s内的位移B.质点在前2 s内的路程大于前2 s内位移大小C.质点在第3 s内的位移最大D.质点在前3 s时间内的位移为-4 m题组四位移—时间图像6.(多选)甲、乙、丙三辆小车同时、同地出发,它们的位移—时间图像如图所示,下列说法正确的是( )A.乙车做直线运动,甲、丙两车做曲线运动B.6 s内三辆小车的位移相同C.6 s内甲、乙两车的位移和路程都相同D.三辆小车的路程大小关系为s丙>s甲>s乙7.(多选)(福建福州高一阶段练习)一辆汽车做直线运动的s-t图像如图所示.对相应的线段所表示的运动,下列说法正确的是( )A.AB段表示静止B.BC段发生的位移大于CD段发生的位移C.CD段运动方向和BC段运动方向相反D.CD段的运动时间不等于BC段的运动时间B组关键能力提升练8.研究天和核心舱绕地球运动时可将天和核心舱视为质点,其运动轨迹是半径为r的圆,如图所示,天和核心舱从起点A绕一圈回到A的过程中,最大位移是( )A.0B.2rC.2πrD.πr9.(河北邢台高一阶段练习)6月25日,“太行泉城杯”邢台国际龙舟邀请赛在邢台市七里河东由留码头成功举办.来自国内外的18支队伍参加了比赛.经过激烈争夺,江汉大学斩获精英组100 m、200 m直赛道和2 000 m 环绕赛三项赛事的冠军.以下说法正确的是( )A.做直线运动的物体,位移的大小可能小于路程B.质点运动的位移为零时,其运动的路程也为零C.2 000 m环绕赛指的是龙舟的位移是2 000 mD.路程是指物体初、末位置的变化量10.(江苏盐城高一校考)A、B两物体运动的位移—时间图像如图所示,下列说法正确的是( )A.A、B两物体开始时相距100 m,运动方向相同B.A物体沿折线运动,B物体沿直线运动C.A物体在运动中停止了5 sD.A、B两物体运动8 s时,在距A物体出发点60 m处相遇11.下列图像记录了某质点沿直线运动时位置随时间变化的情况,若用带箭头的线段表示该质点从t1到t2时间内的位移,其中正确的是( )12.已知一汽车在平直公路上运动,它的位移—时间图像如图甲所示,出发点就是坐标原点.(1)根据s-t图像在图乙所示的位置坐标轴上标出A、B、C、E各点代表的汽车的位置;(2)求出下列各段时间内汽车的路程和位移大小;①第1 h内;②第5 h内;③前8 h内.C组核心素养拔高练13.如图所示,一辆小汽车(可看成质点)在公路上行驶,t=0时,小汽车在十字路口中心的左侧20 m处;过了2 s,小汽车正好到达十字路口的中心;再过3 s,小汽车行驶到了十字路口中心右侧30 m处.如果把这条公路抽象成一条坐标轴(x轴),十字路口中心定为坐标轴的原点,向右为x轴的正方向.(1)将小汽车在三个观测时刻的位置坐标填入下表.(2)前2 s内、后3 s内小汽车的位移分别为多少?这5 s内的位移又是多少?答案：1.D 解析标量是只有大小的物理量,A错误;位移是有大小有方向的矢量,B错误;位移的正负表示方向,不表示大小,矢量比较是比较绝对值,故-10m比5m大,C错误;-10℃比5℃的温度低,D正确.2.A 解析竖直向上为正方向,则该袋物资从热气球上投出至落地时的位移为-200m,即方向向下;路程为200m+2×10m=220m,故选A.3.C 解析物体沿直线向某一方向运动,通过的路程与位移大小相等,位移是矢量,路程是标量,二者不能等同,只能比较大小,故A错误;只有物体做单向直线运动时,通过的路程才等于位移的大小,故B错误;路程是物体运动的实际轨迹,当物体通过一段路程,但初、末位置相同时,此时其位移为零,故C正确;两物体通过的路程不等,但只要两物体的初、末位置相同,两物体就具有相同的位移,故D错误.4.答案0 5 -3 5 -8 <5.BD 解析由题意可知质点在第1s的位移为5m-0=5m,第2s的位移为-1m-5m=-6m,又由于位移为矢量,正负号表示位移的方向,则质点在第1s内的位移小于第2s内的位移,故A错误;由题意可知质点前2s的路程为5m+6m=11m,大于其位移大小,故B正确;质点在第3s内的位移为-4m-(-1m)=-3m,不是最大,故C错误;由于0时刻质点在坐标原点处,t3=3s 时质点在-4m处,所以在3s的时间内,质点的位移为-4m-0=-4m,故D正确.6.BC 解析位移—时间图像只能描述直线运动,所以甲、乙、丙三辆小车做的都是直线运动,A错误;因甲、乙、丙三辆小车同地出发,6s末三车再次相遇,所以位移相等,B正确;由图可知,6s末时,三车再次相遇,甲、乙两车沿直线一直单向运动,所以位移相同,路程也相同,C正确,D错误.7.AC 解析AB段汽车位移不变,汽车静止,故A正确;BC段发生的位移为s BC=12m-4m=8m,CD段发生的位移为s CD=0-12m=-12m,BC段发生的位移小于CD段发生的位移,故B错误;由图可知,CD段运动方向和BC段运动方向相反,故C正确;CD段的运动时间等于BC段的运动时间,都为2s,故D错误.8.B 解析当天和核心舱从A运动至与A关于圆心O对称的位置时位移最大,为2r,故选B.9.A 解析做直线运动的物体,位移的大小可能小于路程,仅当物体做单向直线运动时,位移大小才等于路程,故A正确;质点位移为零时,路程不一定为零,故B错误;m环绕赛指的是龙舟的路程,并非位移,故C错误;位移是指物体初、末位置的变化量,路程是运动轨迹的长度,故D错误.10.D 解析由图像可知,A、B两物体开始时相距100m,A物体沿正方向运动,B物体沿负方向运动,二者的运动方向相反,且A、B物体均一直沿直线运动,故A、B错误;A物体在2~6s内处于静止状态,停止了4s,故C错误;由图像知,A、B两物体运动8s时,在距A物体出发点60m处相遇,故D正确.11.D 解析质点沿直线运动,所以若用带箭头的线段在图像上表示该质点从t1到t2时间内的位移,此线段应平行于s轴,且线段起始位置的纵坐标对应t1时刻图线的纵坐标,线段终止位置的纵坐标对应t2时刻图线的纵坐标,故选D.12.解析(1)由于位移—时间图像表示物体的位置随时间的变化,图像上的任意一点表示该时刻的位置,所以标出一个位置如图所示.(2)纵坐标的变化量等于位移大小,在直线运动中,路程等于各段位移大小之和,则由s-t图像可知①第1h内路程为l1=40km位移大小为s1=40km-0=40km②第5h内路程为l2=100km-100km=0位移大小为s2=100km-100km=0③前8h内路程为l3=100km+100km=200km位移大小为s3=0-0=0.答案(1)见解析图(2)①40 km,40 km ②0,0 ③200 km,013.解析(1)因为向右为x轴的正方向,所以,在坐标轴上原点左侧的点的坐标为负值,原点右侧的点的坐标为正值,即x1=-20m,.(2)前2s内的位移Δ后3s内的位移Δ(2)20 m,方向为,方向为,方向为x轴正方向。
粤教版高中物理必修第一册课后习题 第1章 运动的描述 分层作业3 速度
分层作业3 速度A组必备知识基础练题组一速度1.关于速度的定义式v=ΔsΔt,以下叙述正确的是( )A.速度大小不变的运动是匀速直线运动B.速度v的大小与运动的位移Δs和时间Δt都无关C.v1=2 m/s,v2=-3 m/s,因为2>-3,所以v1>v2D.物体做匀速直线运动时,速度v与运动的位移Δs成正比,与运动时间Δt成反比2.某段铁路是由长度为L的铁轨一根一根铺设成的,如图所示.一列火车匀速前进,车内一乘客欲测出火车运动的速度,他测得火车经铁轨缝时连续发生N次振动的时间间隔为t,则计算车速v的关系式是( )A.v=Lt B.v=NLtC.v=(N-1)Lt D.v=(N+1)Lt题组二平均速度、瞬时速度、平均速率的区分3.一辆从静止开始沿直线运动的汽车,在某段路程中,每隔1 s测一个速度值,如图所示,汽车在前2 s内平均速度的大小为( )A.2 m/sB.5 m/sC.7 m/sD.9 m/s4.折返跑常被用来评量心肺耐力,是一种特别适合篮球运动等需要短距离折返运动的训练方式.某运动员以v 1= 4 m/s 的速度向东运动了5 s 后到达A 点,在A 点停了 5 s 后,又以v 2=6 m/s 的速度沿原路返回,运动了5 s 后到达B 点,则运动员在全程的平均速度大小和平均速率分别为( ) A.23 m/s,5 m/sB.23m/s,103m/sC.1 m/s,103m/sD.1 m/s,5 m/s题组三 速度—时间图像的简单理解5.(多选)利用速度传感器与计算机结合,可以自动作出物体运动的图像.某同学在一次实验中得到运动小车的速度—时间图像如图所示,则以下说法正确的是( )A.小车先做加速运动,后做减速运动B.小车运动的最大速度约为0.8 m/sC.小车的前10 s朝正方向运动,10 s后朝负方向运动D.小车做曲线运动6.(浙江金华高一阶段练习)某同学操控无人机从地面起飞,沿竖直方向做直线运动.前5 s内的v-t图像如图所示,下列对无人机在此段时间内运动的描述正确的是( )A.无人机在1 s末到达最高点,1~4 s匀减速下落B.无人机在5 s末落回地面C.无人机在4 s末速度最小D.无人机上升的最大高度为6 mB组关键能力提升练7.(广东广州高一期中)某人爬山,从山脚爬上山顶,然后又原路返回到山脚,上山的平均速率为v1,下山的平均速率为v2,则往返全程的平均速度的大小和平均速率分别是( )A.v1+v22,v1+v22B.v1-v22,v1-v22C.0,v1-v2v1+v2D.0,2v1v2v1+v28.(多选)给机器人设定了如下动作程序:在平面直角坐标系内,由点(0,0)出发,沿直线运动到点(3 m,1 m),然后又由点(3 m,1 m)沿直线运动到点(1 m,4 m),然后又由点(1 m,4 m)沿直线运动到点(5 m,5 m),然后又由点(5 m,5 m)沿直线运动到点(2 m,2 m),这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平均速率大于1 m/s9.(广东广州高一期中)汽车在高速公路上超速是非常危险的,为防止汽车超速,高速公路都装有测速装置.超声波测速仪测汽车速度的示意图如图甲所示,测速仪A可发出并接收超声波信号,根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度.以测速仪所在位置为参考点,测速仪发出的两个超声波信号的s-t图像如图乙所示,则( )A.汽车离测速仪越来越近B.在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内,汽车通过的位移为s2-s1C.汽车在t1~t2时间内的平均速度为s2-s1t2-t1D.超声波信号的速度是s2t110.一支150 m长的抢险救灾队伍匀速前进,位于队尾的队长放出无人机到前方1 000 m处侦察受灾路况,拍照后立即返回,当无人机返回队长处时,队伍已前进了200 m.无人机的运动轨迹图如图所示,对整个运动过程,下列说法正确的是( )A.无人机的路程为1 400 mB.无人机的位移大小为400 mC.若无人机的平均速率为45 m/s,则队伍的速度为5 m/sD.若队伍的速度为4 m/s,则无人机的平均速度为16 m/sC组核心素养拔高练11.登山运动中,小张用100 min由宿营地,相对于,如图所示.(1)求小张由X运动到Y的总位移大小.(2)求小张爬山的平均速度大小.(3)他的朋友小李从Z点爬山,比小张晚20 min出发,平均速率为0.5 m/s,比小张早20 min到达山顶,求小李由Z爬到Y通过的路程.答案：1.B 解析匀速直线运动是速度大小和方向都不变的运动,A错误;速度的定义式为一个比值定义式,该公式只说明速度可以用位移Δs与时间Δt 的比值来获得,并不是说明v与Δs成正比,与Δt成反比,B正确,D错误;速度是矢量,正、负号表示方向,绝对值表示速度大小,C错误.2.C 解析火车在时间t内通过的路程s=(N-1)L,火车速度v=(N-1)Lt,故选C.3.A 解析汽车在前2s内平均速度的大小为v=st=2m/s,故选A.4.B 解析运动员折返跑全程的位移大小s=v2t2-v1t1=6×5m-4×5m=10m,全程用时t=5s+5s+5s=15s,故平均速度大小v=st =1015m/s=23m/s,方向水平向西;运动员折返跑全程的路程l=v2t2+v1t1=6×5m+4×5m=50m,故平均速率v'=lt =5015m/s=103m/s,故选B.5.AB 解析由v-t 图像可以看出,小车的速度先增大后减小,最大速度约为0.8m/s,A 、B 正确;小车的速度先增大后减小,一直朝正方向运动,C 错误;图线弯曲表明小车速度变化不均匀,不表示小车做曲线运动,D 错误.6.D 解析无人机0~3s 向上运动,3~5s 向下运动,无人机在3s 末到达最高点,1~3s 匀减速上升,3~4s 匀加速下落,故A 错误;v-t 图像与坐标轴围成的面积表示位移,可知无人机0~3s 的位移大于无人机3~5s 的位移,故无人机在5s 末还在空中,故B 错误;无人机在3s 末速度最小,为零,故C 错误;无人机上升的最大高度为h=4×32m=6m,故D 正确.7.D 解析人往返全程的位移为零,则平均速度为零;设单程的路程为l,往返的平均速率是v =2ll v 1+l v 2=2v 1v 2v 1+v 2,故选D.8.CD 解析根据描点法先作出题中给定的几个坐标位置,然后用直线连接相邻两个位置,即得机器人的运动轨迹如图所示.由图可知机器人的运动轨迹不是一条直线,机器人会两次通过同一点,故A 、B 错误;起点在坐标原点,终点在点(2m,2m),位移大小是这两点连线的长度,故位移大小为2√2m,故C正确;由机器人运动轨迹图像可知,机器人在整个过程中运动的路程为l=√10m+√13m+√17m+3√2m,则整个过程中机器人的平均速率v=lt =√10+√13+√17+3√22√2m/s>1m/s,故D正确.9.C 解析由图乙可知,汽车第一次、第二次反射超声波信号时到测速仪的距离分别为s1、s2,且s2>s1,说明测速仪与被测汽车的距离变大,即汽车离测速仪越来越远,故A错误;由图乙可知,汽车第一次反射超声波信号的时刻为t1,位置为s1,第二次反射超声波信号的时刻为t2,位置为s2,故在两次反射超声波信号的时间间隔内,汽车通过的位移为s2-s1,而在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内,汽车通过的位移不等于s2-s1,故B错误;汽车在t1~t2时间内通过的位移为s2-s1,则平均速度为v=s2-s1t2-t1,故C正确;超声波运动s2的位移所用的时间不是t1,根据图乙可知,超声波信号的速度应为v=s1t1,故D错误.10.C 解析对整个运动过程,无人机与队伍的位移大小均为200m,无人机的路程为l机=(1000×2-200)m=1800m,A、B错误;若无人机的平均速率为45m/s,则运动时间为t=l 机v 机=1800m45m/s=40s,则队伍的速度为v队伍=s队伍t=200m40s=5m/s,C正确;队伍的速度与无人机的平均速度相等,当队伍的速度为4m/s,则无人机的平均速度为4m/s,D错误.11.解析(1)由X到Y的总位移大小为s=√16002+12002m=m.(2)小张爬山的平均速度大小为v=st =m100min=13m/s.(3)小李爬山所用的时间t2=100min-20min-20min=60min小李由Z爬到Y通过的路程l=v2t2=0.5×60×60m=1800m.答案(1)2 000 m (2)13m/s (3)1 800 m。
普通高中教科书新粤教版物理必修第一册课后题答案
普通高中教科书新粤教版物理必修第一册讨论与交流课后练习题答案第一章运动的描述第一节质点参考系时间1.教材第3页“讨论与交流”提示:上述观点不正确.物体能否看作质点的条件是,物体的形状和大小对所研究的问题没有影响,与物体的实际体积大小以及运动速度大小均无关.2.教材第4页“讨论与交流”提示:参考系的选择不同,对运动的描述往往不同.在行驶的列车上,以车内的物体为参考系,这两名旅客是静止的,以窗外的树木为参考系,这两名旅客是运动的.3.教材第5页“讨论与交流”提示:日常生活中所说的“时间”,有时指时间,有时指时刻.教材在该处航班的时间信息中,14:00和17:05指的是起飞和到达的时刻,3小时5分钟指的是飞行这个过程需要的时间P7课后练习答案：第二节位置位移教材第10页“讨论与交流”提示:(1)前3秒内的位移为s1=14 m-0=14 m,前3秒内的路程等于位移的大小,为s1路=14 m;第3秒内的位移为s2=14 m-10 m=4 m,第3秒内的路程等于位移的大小,为s2路=4 m;前6秒内的位移为s3=(-3) m-0=-3 m,前6秒内的路程为s3路=14 m+14 m+|-3| m=31 m;第6秒内的位移为s4=(-3) m-8 m=-11 m,第6秒内的路程为s4路=8 m+|-3| m=11 m.(2)(3)前3秒小车P从坐标原点出发,向正方向运动14 m,第3到6秒内,小车P向负方向运动17 mP13课后练习答案：第三节速度教材第15页“讨论与交流”提示:1.这种说法不对.平均速率是路程与时间的比值,平均速度是位移与时间的比值,只有在单方向的直线运动中,两者大小才相等.2.甲、乙、丙三个物体在该段过程中的平均速度大小相等、方向相同.教材第16页“讨论与交流”提示:(1)可以;(2)能;能;(3)可以.第四节测量直线运动物体的瞬时速度第五节加速度教材第24页“讨论与交流”提示:(1)物体速度变化量为末速度减初速度的值.所以汽车的速度变化大,为20 m/s,飞机速度变化小,匀速飞行,速度变化最小为0. (2)速度变化的快慢是速度的变化与所用时间的比值.汽车20 s速度增加了20 m/s,每1 s速度变化1 m/s.运动员5 s内速度减小了10 m/s,则每1 s内速度变化了2 m/s,所以运动员的速度变化快一些.(3)不是.很显然飞机的速度很大,但速度变化却为0.P26课后练习答案：习题一答案。
新教材高中物理第1章第5节自然界中的守恒定律学生用书粤教版选择性必修第一册(含答案)
新教材高中物理学生用书粤教版选择性必修第一册：第五节弹性碰撞与非弹性碰撞第六节自然界中的守恒定律1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，能定量分析一维碰撞问题．2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．1．碰撞的定义和特点(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的________．(2)特点：物体组成的系统所受外力________内力，且相互作用时间________，故系统在碰撞过程中动量________．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而________的碰撞．这时机械能损失________．3．弹性碰撞举例分析设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①1 2m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2②以上两式联立可解得v1′＝m1−m2m1+m2v1，v2′＝2m1m1+m2v1，由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球________．(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1≫m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1≪m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示，m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．4．自然界中的守恒定律(1)系统：物理学上常将物体及与之________的因素视为一个系统．(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在________、________和________都是适用的，是自然界普适的基本定律．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．( )(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．( )(3)三种碰撞中，动量都守恒．( )(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失．( ) 2．(多选)下面关于碰撞的理解正确的是( )A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？碰撞过程的特点1．时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．2．相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．3．动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．4．位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．5．能量特点：碰撞前总动能E k与碰撞后总动能E k′满足E k≥E k′.【典例1】(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)uD．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化[听课记录][跟进训练]1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是( )A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零碰撞的判断和碰撞模型1．碰撞的判断在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)系统动能不增加，即E kl ＋E k2≥E kl ′＋E k2′ 或p 122m 1+p 222m 2≥p 1′22m 1+p 2′22m 2.(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后＞v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．【典例2】 如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，速度分别是v A ＝3 m/s(设为正方向)，v B ＝－3 m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )A ．v A ′＝1 m/s ，vB ′＝1 m/sB ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝9 m/sC ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝－1 m/sD ．v A ′＝－1 m/s ，v B ′＝－5 m/s[听课记录]2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12+12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 若v 2＝0，则有v 1′＝m 1−m 2m 1+m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1+m 2v 1．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12+12m 2v 22−12(m 1+m 2)v 共2. 【典例3】 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A 的质量是B 的质量的34，子弹的质量是B 的质量的14.求：(1)A 物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B 物体的速度．[思路点拨] (1)子弹打击物体A 瞬间，子弹与物体A 系统动量守恒．(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．[听课记录]处理碰撞问题的几个关键点(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．[跟进训练]训练角度1 碰撞的可能分析2．(多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后，小球A 的速度可能是( )A ．－13v 0B ．0C ．13v 0D ．23v 0 训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞3．(2022·江苏淮海中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg 的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1．5 kg 的球瓶．此后球瓶以3．0 m/s 的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s 的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s.求：(1)碰撞前保龄球的速度；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；(3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞．1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )A．质量一定相等B．动能一定相等C．动量一定相等D．总动量等于零2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行3．(2022·山东招远市第二中学高二阶段练习)如图所示，A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球，其中A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，且A 球质量小于B球质量．现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态．某时刻让A球以速度v0正对B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终( )A．五个小球静止，两个小球运动B．四个小球静止，三个小球运动C．三个小球静止，四个小球运动D．七个小球都运动4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )A．m乙＝m甲B．m乙＝2m甲C．m乙＝4m甲D．m乙＝6m甲5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力F f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1．2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h.回顾本节内容，自主完成以下问题：1．碰撞过程要不要考虑两个物体的作用过程的相对运动？2．碰撞过程从能量角度怎么分类？3．碰撞可能性的判断依据是什么？冰壶运动冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的．冰壶早在14世纪起源于苏格兰．在19世纪初期加拿大就举行过全国性质的冰壶大赛．而传入亚洲大概是在19世纪中期.1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1988年的长野冬奥会上．冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛．它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美．冰壶为特殊石材制成，周长约为91．44厘米，高约为11．43厘米，重量大致为19.96公斤．冰壶比赛场地为长方形，长44.5米、宽4.75米．冰道的一端画有一个直径为1．83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒．冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒．场地四周有木框，防止冰壶出界．有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线．在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点．场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效．比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离．比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分．一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利．1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞第六节 自然界中的守恒定律[必备知识·自主预习储备]知识梳理1．(1)相互作用 (2)远小于 极短 守恒2．(1)相等 (2)不再相等 (3)粘在一起 最大3．(1)交换速度4．(1)相互作用 (2)微观 宏观 宇观基础自测1．答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C 错误；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D 错误．]3．A [由动量守恒有3m ·v －mv ＝0＋mv ′所以v ′＝2v ，碰前总动能E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2，碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．][关键能力·情境探究达成]情境探究提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．典例1 BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A 情况不可能发生；B 的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，C 的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]跟进训练1．AB [A是非弹性碰撞，成立；B是弹性碰撞，成立；C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用．]典例2 A [以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝m A v A＋m B v B＝6 kg·m/s，碰前总动能为E k＝12m A v A2+12m B v B2＝27 J．如果v A′＝1 m/s、v B′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果v A′＝－3 m/s、v B′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果v A′＝2 m/s、v B′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果v A′＝－1 m/s、v B′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]典例3 解析：设子弹的质量为m，则m B＝4m，m A＝3m．(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒得mv0＝(m＋m A)v1解得它们的共同速度，也是A的最大速度v1＝mv0m+m A ＝v04．(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m A＋m B)v2解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度v2＝mv0m+m A+m B ＝v08．答案: (1)v04(2)v08跟进训练2．ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒mv0＝(m＋2m)v，解得v＝13v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系12mv02＝12mv12+12·2mv22，联立解得v1＝−13v0，v2＝23v0，则小球A的速度范围－13v0≤v1≤13v0，故选A、B、C．]3．解析: (1)设保龄球质量为M，球瓶质量为m，碰撞前保龄球的速度为v1，碰撞后保龄球速度为v1′，球瓶的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2解得v1＝2.9 m/s．(2)设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有Ft＝mv2解得F＝90 N．(3)保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为E k0＝12Mv12＝21.025 JE k1＝12Mv1′2+12mv22＝16.75 J因为E k1＜E k0，所以该碰撞不是弹性碰撞．答案: (1)2.9 m/s (2)90 N (3)不是弹性碰撞[学习效果·随堂评估自测]1．D [两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]2．AD [由题意知，碰前两球的总动量为零且碰撞过程中动量守恒．对A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以A是可能的；对B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以B不可能；对C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C不可能；对D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以D是可能的．故正确为A、D．]3．B [因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒，机械能守恒，设A、G两球质量为m1，其余球的质量均为m2，A、B碰后，A球的速度为v1，B球的速度为v2，由动碰静规律可得v1＝m1−m2m1+m2v0，v2＝2m1m1+m2v0，由上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，因B、C、D、E、F五球质量相等，B与C碰后，交换速度，B球静止，同理C、D、E都静止，由于F球质量大于G球质量，F与G碰后，都向前运动，因此B、C、D、E四个球静止，A、F、G三个球运动，所以A、C、D错误，B正确．]4．C [设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律得，p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′即p甲′＝2 kg·m/s甲追上乙应有v甲>v乙即p 甲m甲>p乙m乙，解得m乙>75m甲碰后p甲′，p乙′均大于零，说明两球同向运动，应有v′甲≤v′乙，即p 甲′m甲≤p乙′m乙解得m乙≤5 m甲碰撞过程中，动能不会增加，即E k甲＋E k乙≥E′k甲＋E′k乙p甲22m甲+p乙22m乙≥p甲′22m甲+p乙′22m乙解得m乙≥177m甲综上可得177m甲≤m乙≤5m甲，因此C正确．]5．解析: (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力F f′也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－F f′＝5 N．(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－F f l＝12mv12−12mv02代入数据解得v1＝8 m/s．(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－12(m ＋M)v2代入数据联立解得h＝0.2 m．答案: (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m课堂小结1．提示：不需要，作用时间极短．2．提示：弹性碰撞和非弹性碰撞．3．提示：(1)系统动量守恒，(2)系统动能不增加，(3)速度要合理．[阅读材料·拓展物理视野]问题1．提示：总动能增加，运动员消耗的化学能转化为动能，属于反冲．2．提示：守恒．。
高中物理(粤教版必修一)教师用书：第1章 章末分层突破 含答案
①大小、形状②地面③点④线段⑤位置变化⑥末位置⑦位置⑧st⑨位移⑩速度变化快慢⑪ΔvΔt⑫Δv的方向⑬速度随时间⑭v的正、负⑮a的大小、方向⑯位移⑰速度__________________________________________________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________ _____________________________________________________________与速度相关概念的比较1.速度与速率的联系与区别速度速率物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量，是矢量描述物体运动快慢的物理量，是标量分类平均速度、瞬时速度平均速率、瞬时速率决定因素平均速度＝位移时间平均速率＝路程时间方向平均速度方向与位移方向相同；瞬时速度方向为该点运动的方向无方向联系它们的单位都是m/s，瞬时速度的大小等于瞬时速率，即常说的速率注意：速率是瞬时速度的大小，但平均速率不是平均速度的大小．2．速度v、速度的变化量Δv和加速度a项目速度v速度的变化量Δv加速度a物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量描述物体速度改变大小程度的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢的物理量，是状态量定义式v＝st或v＝ΔsΔtΔv＝v t－v0a＝vt－v0Δt或a＝ΔvΔt决定因素v的大小由v、a、t决定Δv由v t与v0决定，由Δv＝a·Δt可知Δv也由a与Δt来决定a不是由v、Δt、Δv来决定的，a由F与m来决定(第三章学习)方向与位移变化量Δs同向，即物体运动的方向由Δv＝v t－v0或Δv＝a·Δt决定与Δv方向一致，而与v0、v t方向无关大小①位移与时间的比值②位移对时间的变化率③st图象中，图象在该点的切线斜率的大小Δv＝v t－v0①速度变化量与所用时间的比值②速度对时间的变化率③vt图象中，图象在该点的切线斜率的大小(多选)下列说法正确的是( )A．瞬时速度可看做时间趋于无穷小时的平均速度B．平均速度即为速度的平均值C．瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度D．加速度的方向就是速度的方向【解析】瞬时速度可看做时间趋于无穷小时的平均速度，A正确；平均速度是位移与时间的比值，不一定是速度的平均值，B错误；瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度，C正确；加速度的方向与速度方向不一定相同，D错误．【答案】ACst图象和vt图象的比较两类运动图象对比st图象其中④为抛物线其反映的是速度随时间的变化规律对应某一时刻物体的速度斜率的大小表示加速度的大小斜率的正负表示加速度的方向刻距离原点的位移，即物体的出发点；在t轴上的截距表示物体回到原点的时间直线与纵轴的截距表示物体在t＝0时刻同一时刻两物体运动的速度相同如图11所示是A、B两个物体做直线运动的vt图象，则下列说法中正确的是( )图11A．物体A做加速直线运动B．物体B做减速直线运动C．物体A的加速度大于B的加速度D．物体B的速度变化比A的速度变化快【解析】由两物体的速度图象可知，两物体速度的绝对值都在增大，都在做加速运动，A正确，B错误；由两物体运动图线的斜率可知，物体A的加速度为1 m/s2，物体B的加速度为－2 m/s2，所以B 的加速度大于A的加速度，从而B的速度变化比A的速度变化快，C错误，D正确．【答案】AD(多选)如图12，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(xt)图线．由图可知( )图12A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大【解析】图象中切线的斜率反映速度的大小，a做匀速直线运动，b先正向运动速度减小，减到0后负向运动速度增大，选项B、C 正确，选项D错误．xt图象中交点表示相遇，所以在t1时刻a、b相遇，b追上a，选项A错误．【答案】BC1两种图象描述的都是直线运动.2st图象反映位移s随时间t变化的规律，vt图象反映速度v随时间t变化的规律，二者都不是物体运动的轨迹.3两个vt图线的交点不表示相遇，只表示该时刻两物体速度相等；不要认为vt图线斜向上就一定是加速运动.1.如图13所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使更接近瞬时速度，正确的措施是( )图13A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角【解析】表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx 越窄，则记录遮光时间Δt越小，越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A正确．【答案】A2．物体A、B做直线运动，A的加速度为3 m/s2，B的加速度为－5 m/s2，下列说法中正确的是( )A．物体A的加速度比物体B的加速度大B．物体B的速度变化比物体A的速度变化快C．物体A的速度一定在增加D．物体B的速度一定在减小【解析】比较加速度的大小应比较它们的绝对值，物体A的加速度比物体B的加速度小，B的速度变化较快，A错，B对．当加速度与初速度方向相同时，物体做加速直线运动，反之则做减速直线运动，本题由于不知A、B两物体的运动方向与其加速度方向的关系，故不能确定它们做加速运动还是减速运动，C、D错．【答案】B3.如图14所示为一物体做直线运动的vt图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是( )图14A．物体始终沿正方向运动B．物体的加速度一直没有变化C．t＝2 s前物体的加速度为负，t＝2 s后加速度为正D．在t＝2 s时，物体的加速度为零【解析】从图象得知物体先向负方向运动，2 s后又向正方向运动，A错误；vt图象的斜率为运动物体的加速度，故a＝＝ m/s2＝10 m/s2，即物体的加速度一直为10 m/s2，B正确，C、D错误．【答案】B4．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图15所示．下列表述正确的是( )图15A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等【解析】在0.2～0.5小时内，位移—时间图象是倾斜的直线，则物体做匀速直线运动，所以在0.2～0.5小时内，甲、乙两人的加速度都为零，选项A错误；位移—时间图象的斜率绝对值大小反映了物体运动速度的大小，斜率绝对值越大，速度越大，故0.2～0.5小时内甲的速度大于乙的速度，选项B正确；由位移—时间图象可知，0.6～0.8小时内甲的位移大于乙的位移，选项C错误；由位移—时间图象可知，0.8小时内甲、乙在往返运动过程中，甲运动的路程大于乙运动的路程，选项D错误．。
粤教版物理必修一第一章 运动的描述练习题及答案解析第1章-第2节
1．(双选)(·广东茂名高一期中)关于时间和时刻；下列说法中正确的是() A．第4 s末就是第5 s初；指的是时刻B．物体在5 s时指的是物体在5 s初时；指的是时刻C．物体在5 s内指的是物体在4 s末到5 s初这1 s的时间D．物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间【解析】根据时刻和时间的概念可解答本题．前一秒末和后一秒初是同一时刻；即第4 s末就是第5 s初.5 s时指的是6 s初这一时刻；5 s内指的是前5 s 这一段时间．前5 s内指的是4 s末到5 s末这1 s的时间．故选AD.【答案】AD2．(双选)关于位移和路程；以下说法正确的是()A．出租汽车按路程收费B．出租汽车按位移的大小收费C．在曲线运动中；同一运动过程的路程一定大于位移的绝对值(即大小) D．在直线运动中；位移就是路程【解析】出租汽车按路程收费；曲线运动路程一定大于初、末位置间线段的长；所以路程一定大于位移的大小；；所以A、C正确；B错误．只有在单向直线运动中；位移的大小才等于路程；而位移是矢量；路程是标量；任何情况下位移都不能是路程；所以D错误．【答案】AC3．(双选)(·攀枝花高一检测)北京时间1月17日0时12分；中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭；将第三颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．这标志着中国北斗卫星导航系统工程建设又迈出重要一步；北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务；定位精10 m；测速精0.2 m/s.以下说法正确的是()A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时间间隔D．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻【解析】由位置、位移、时间间隔、时刻的定义可知；北斗导航卫星定位提供的是一个点；是位置；不是位置的变化；A错、B对．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻；C错；D对．【答案】BD4．一人沿着半径是40 m的圆形喷水池边散步；当他走了3圈半时；他的位移大小和经过的路程是()A．879 m、879 m B．80 m、879 mC．80 m、80 m D．879 m、80 m【解析】此人的位移大小等于圆形喷水池的直径80 m；他经过的路程是3.5×2×40×3.14 m＝879 m；故选项B正确．【答案】 B5．(双选)如图1－2－8所示；游泳池中有一人沿直线游泳；他以A点为起点；先经过B点；后至池对岸C点后返回至D点；则以下有关此人的位移和路程说法正确的是()图1－2－8A．此人运动的位移为大小40 m；路程60 mB．此人运动的位移大小为60 m；路程为60 mC．此人从B运动到D的位移大小为20 m；路程40 mD．此人从B经C到D的位移大小为20 m；路程为20 m【解析】位移是指运动物体从起始位置到终了位置的有向线段的长．路程是运动物体经过的实际路径的长．故正确答案为AC.【答案】AC6．(·珠海高一期末检测)从水平匀速航行的飞机上抛出物体；地面上的观察者以地面作为参考系；观察被投下的物体的运动；如图1－2－9所示；则下列说法中正确的是()图1－2－9A．物体是竖直下落的；其位移的大小等于飞机的高B．物体是沿着曲线下落的；其位移的大小等于飞机的高C．物体是沿着曲线下落的；其位移的大小等于路程D．物体是沿着曲线下落的；其位移的大小小于路程【解析】地面观察者看到物体沿着曲线下落．从抛出点指向落点的线段为位移；而位移的大小小于其轨迹长；由此知D正确．【答案】 D7．(·宿州高一检测)如图1－2－10所示；自行车的车轮半径为R；车轮沿直线无滑动地滚动；当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时；气门芯位移的大小为()图1－2－10A．πR B．2RC．2πR D．R4＋π2【解析】如图所示；气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方的过程中；初末位置之间的距离；也就是位移大小为x＝（2R）2＋（πR）2＝R4＋π2；因此选项D 正确；其他选项均错误．【答案】 D8．用时间轴可以表示不同的时刻和经过的时间．如图1－2－11所示；图中A点代表的时刻为________；A、B两点间代表的时间为________．图中C、D 两点间代表的时间为________．图1－2－11【解析】从时间轴上可读出A点代表的时刻为0.8 s末；B点代表的时刻为4.6 s末；A、B两点间代表的时间为4.6 s－0.8 s＝3.8 s；C、D两点间代表的时间为2.6分钟．【答案】0.8 s末 3.8 s 2.6 min9．如图1－2－12甲所示；一根细长的轻弹簧系着一个小球；弹簧的另一端固定在天花板上；静止时；小球处于位置O；现手握小球把弹簧拉长；放手后小球便在竖直方向上来回运动；B；C为小球到达的最低点和最高点；从小球向上经过位置O时开始计时；其经过各点的时刻如图乙所示；若测得OB＝OC＝10 cm；AB＝3 cm；则自O时刻开始：甲乙图1－2－12(1)0.2 s内小球发生的位移大小是________；方向向________；经过的路程是________．(2)0.5 s内小球发生的位移大小是________；方向向________；经过的路程是________．(3)0.7 s内小球发生的位移大小是________；方向向________；经过的路程是________．(4)0.8 s内小球发生的位移大小是________；经过的路程是________．【解析】从位移和路程的定义出发进行计算和判断即可．由题目所给条件；在0.2 s内；小球由O点向上运动到C点；位移的大小是10 cm；即0.1 m；方向向上；经过的路程是0.1 m；在0.5 s内；小球运动到C点后又返回；经过O点又向下运动到A点；小球的初位置在O点；末位置在A点；因此位移的大小是10 cm－3 cm＝7 cm；即0. m；方向向下；路程是(10×2＋7) cm＝27 cm；即0.27 m．按照小球的运动过程；同样可以分析0.7 s时小球的位移大小是0. m；方向向下；经过的路程是0.33 m；0.8 s时小球回到O点；不发生位移；经过的路程是0.4 m.【答案】(1)0.1 m上0.1 m(2)0. m下0.27 m(3)0. m下0.33 m(4)00.4 m10．(·深圳高一期末)如图1－2－13所示；高速铁路是指通过改造原有线路(直线化、轨距标准化)；使营运速率达到每小时200公里以上；或者专门修建新的“高速新线”；使营运速率达到每小时250公里以上的铁路系统．高速铁路除了列车在营运达到速一定标准外；车辆、路轨、操作都需要配合提升．广义的高速铁路包含使用磁悬浮技术的高速轨道运输系统．图1－2－13我国铁路交通高速发展；已经数次提速．下表是某同学查询的某次空调特快列车的运动时刻表.(1)上表中各“停车时间”及“开车时间”指的是时刻；还是时间间隔？(2)能否了解到本次特快列车到达无锡站、离开无锡站的时间及停靠无锡站的时间？(3)表中“144公里”表示什么物理意义？【解析】(1)表中各“停车时间”、“开车时间”分别表示到站的时刻和出站的时刻．(2)本次特快列车于16∶26(时刻)到达无锡站；于16∶30(时刻)离开无锡站；中间停靠4 min(时间)．(3)表中“144公里”应该表示列车从南京西站出发到达常州站的过程总路程(不是位移)为144公里．【答案】见解析11．如图1－2－14所示；每层楼高都相同；楼梯倾斜角为45°；如图某人从大门走到3楼；他走的路程是位移的______倍；如图从大门走到房门口；路程又是位移的______倍．图1－2－14【解析】设每层楼高为h.由数学知识可求出此人从大门走到3楼的位移为s＝2h；路程x＝22h；则错误!＝错误!；从大门口走到房门口路程x′＝2错误!h＋h＝(22＋1)h；位移s′＝5h；则错误!＝错误!【答案】2(22＋1)/ 512．如图1－2－15所示；一辆汽车在马路上行驶；t＝0时；汽车在十字路口中心的左侧20 m处；过了2 s；汽车正好到达十字路口的中心；再过3 s；汽车行驶到了十字路口中心右侧30 m处；如果把这条马路抽象为一条坐标轴x；十字路口中心定为坐标轴的原点；向右为x轴的正方向；试将汽车在三个观测时刻的位置坐标填入表中；并说出前2 s内、后3 s内汽车的位移分别为多少？这5 s内的位移又是多少？图1－2－15观测时刻t＝0时过2 s再过3 s位置坐标x1＝x2＝x3＝【解析】马路演化为坐标轴；因为向右为x轴的正方向；所以在坐标轴上原点左侧的点的坐标为负值；右侧的点的坐标为正值；即：x1＝－20 m；x2＝0；x3＝30 m.前2 s内的位移Δx1＝x2－x1＝0－(－20) m＝20 m后3 s内的位移Δx2＝x3－x2＝30 m－0＝30 m.这5 s内的位移Δx3＝x3－x1＝30 m－(－20) m＝50 m上述位移Δx1、Δx2和Δx3都是矢量；大小分别为20 m、30 m和50 m；方向都向右；即沿x轴正方向．【答案】见解析。
高中物理(粤教版必修一)教师用书：第1章 第5节 速度变化的快慢 加速度 含答案
学 习 目 标知 识 脉 络1.理解加速度的概念，并会根据定义式求解加速度．(难点)2．了解v、Δv和Δv Δt的区别，理解加速度的矢量性．(重点)3．了解速度和加速度的方向关系，会判断物体的运动性质.加 速 度[先填空]1．定义：物体的速度变化与完成这一变化所用时间的比值．2．公式：a＝.3．单位：m/s2.读作：米每二次方秒．4．矢量性：加速度是矢量(填“矢量”或“标量”)．[再判断]1．运动物体的速度变化量越大，时间越短，其加速度越大．(√) 2．物体以a＝2 m/s2的加速度运动，若v0与a同向，则为加速运动．(√)3．物体A的加速度aA＝2 m/s2，B的加速度aB＝－4 m/s2，则A 的加速度大于B的加速度．(×)[后思考]物体的速度很大，加速度一定很大吗？【提示】速度大其加速度不一定大．速度大是指物体运动的快．加速度大是指速度变化快．[合作探讨]20xx年4月6日1时38分在酒泉卫星发射中心成功发射首颗微重力科学实验卫星，如图151所示．据悉，卫星发射时，在10 s的时间内速度能从0增加到大约100 m/s.一只以8 m/s的速度飞行的蜻蜓能在0.7 s的时间内停下来．图151探讨1：卫星与蜻蜓谁的速度变化量大？【提示】由Δv＝vt－v0知卫星的速度变化量大．探讨2：卫星与蜻蜓谁的加速度大？【提示】由a＝知蜻蜓的加速度大．[核心点击]1．物理意义：加速度a表示物体速度变化的快慢，也叫速度对时间的变化率．2．对加速度概念的进一步理解(1)a＝＝是用比值定义法定义的物理量．加速度a的大小与Δv、Δt大小无关，因此不能说a与Δv成正比，与Δt成反比．(2)加速度a与速度v无直接关系①v大，a不一定大．比如：匀速飞行的飞机速度很大，但加速度却为零；v小，a也不一定小，如射击时火药爆炸瞬间，子弹的速度v 可以看做零，这时加速度却很大．②速度变化Δv大，加速度a也不一定大，比如：列车由静止到高速行驶，速度变化量很大，但经历时间也长，所以加速度并不大．(3)速度变化得快，即大，表示单位时间内速度变化大，加速度才大．3．加速度是矢量，它的方向总是与速度变化量Δv的方向一致，但与速度的方向没有必然联系．①在加速直线运动中：vt>v0，Δv＝vt－v0>0，则a>0，与初速度方向相同．②在减速直线运动中：vt<v0，Δv＝vt－v0<0，则a<0，与初速度方向相反．1．关于速度、速度变化量、加速度，正确的说法是( )A．物体运动的速度变化量越大，加速度一定越大B．速度很大的物体，其加速度可能很小，但不能为零C．某时刻物体速度为零，其加速度可能很大D．加速度很大时，运动物体的速度一定很大【解析】根据a＝，物体运动的速度改变量越大，由于时间未知，所以加速度也不一定大；A错误；速度很大的物体，其加速度可能很小，飞机飞行的速度很大，加速度却可能为零；B错误；某时刻物体速度为零，其加速度可能很大，如射击时火药爆炸瞬间，子弹的速度v 可以看做零，这时加速度却很大，C正确，D错误．【答案】C2．篮球以10 m/s的速度水平撞击篮板后以6 m/s的速度反向弹回，篮球与篮板的接触时间为0.2 s，则篮球在这段时间内的加速度为多大？加速度的方向如何．【解析】选取篮球的初速度方向为正方向，则初速度v0＝10 m/s.因为末速度方向与规定的正方向相反，故末速度为vt＝－6 m/s.由加速度的定义式可得：a＝＝ m/s2＝－80 m/s2.本题也可以选取末速度的方向为正方向，解出的加速度将为正值．【答案】80 m/s2 方向与初速度的方向相反加速度的方向1．加速度的正、负表示加速度的方向，不表示大小．2．若加速度的方向与规定的正方向相同，则加速度为正；若加速度的方向与规定的正方向相反，则加速度为负．匀 变 速 直 线 运 动[先填空]1．匀变速直线运动的定义：如果物体沿直线运动且其速度均匀变化(增加或减少)，该物体的运动就是匀变速直线运动．2．匀变速直线运动的特点：加速度不随时间变化．[再判断]1．做匀变速直线运动的物体，它的速度变化越快，加速度越大．(√)2．做匀变速直线运动的物体，它的加速度方向和速度方向总是相同的．(×)[后思考]什么样的运动是匀变速直线运动？匀变速直线运动有什么特点？匀加速直线运动和匀减速直线运动的a与v有什么关系？【提示】沿着一条直线且加速度不变的运动，叫匀变速直线运动，其特点为任意相等时间内Δv相等，速度均匀变化，即＝常量．匀加速直线运动时，a与v同向；匀减速直线运动时，a与v反向．[合作探讨]探讨1：物体做加速还是减速运动与加速度大小有无关系？【提示】无关，与加速度的方向有关．探讨2：物体的加速度a＝1 m/s2，能由此得出物体做加速运动吗？【提示】不能，当a与v0同向时做加速直线运动；当a与v0反向时做减速直线运动．[核心点击]1．加速度不变的直线运动是匀变速直线运动；匀变速直线运动的加速度也一定恒定不变．2．在匀变速直线运动中(1)加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动．(2)加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．3．A、B两物体均做匀变速直线运动，A的加速度a1＝1.0 m/s2，B的加速度a2＝－2.0 m/s2，根据这些条件做出的以下判断，其中正确的是( )A．B的加速度大于A的加速度B．A做的是匀加速运动，B做的是匀减速运动C．任意时刻两个物体的速度都不可能为零D．两个物体的运动方向一定相反【解析】加速度是矢量，负号不表示大小，A正确，两物体的初速度方向不确定，不能判断是加速还是减速，B错；若两物体均做减速运动，某时刻速度均可以为零，C错；两个物体的运动方向可以相同，D错．【答案】A4．如图152所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8 s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀加速直线运动，那么它的加速度约为( )甲乙图152A．11 m/s2 B．5.0 m/s2C．1.4 m/s2 D．0.6 m/s2【解析】由图可知v0＝20 km/h，vt＝60 km/h，Δv＝vt－v0＝(60－20) km/h＝40 km/h＝ m/s又Δt＝8 s，由a＝可知a＝1.4 m/s2，C正确．【答案】C5．(多选)根据给出的速度和加速度的正、负，对下列运动性质的判断正确的是( )A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动【解析】物体运动的速度、加速度的方向是任意规定的，当速度的方向和加速度的方向相同时，做加速运动；方向相反时做减速运动．不能只根据加速度的正、负来判断物体是做加速运动还是做减速运动．正确答案是C、D.【答案】CD加速度与速度之间的关系1．物体做加速运动还是做减速运动，不能根据加速度的正负来判断．要根据加速度和速度方向关系来判断．2．加速度与运动性质关系记忆口诀：速度变化快和慢，加速度大小来体现．a大速度变化快，a小速度变化慢．a和v有方向，v增v减它们管．同向加速反向减，二者关系记心间．。
粤教版高中物理 第一章 磁场 课后练习、课时练习
一、单选题(选择题)1. 静置于桌面上的水平螺线管中通有如图所示的恒定电流，螺线管正上方固定一通电直导线M，M中通有垂直纸面向里的恒定电流，导线恰与螺线管中轴线垂直，纸面内，螺线管正上方以直导线M为圆心的圆上有a、b、c、d四点。
其中a、c 连线恰为圆的竖直直径，b、d连线为圆的水平直径。
已知a点的磁感应强度方向水平向左，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是（）A．a点的磁感应强度大于c点的磁感应强度B．b、d两点的磁感应强度相同C．导线在图示位置时，通电螺线管所受的安培力竖直向下D．若将通电直导线M竖直向下移动到a点的过程中，安培力对直导线做正功2. 如图，在磁感应强度为的匀强磁场中，一长的直导线通大小为的电流，则导线所受安培力大小为（）A．B．C．D．3. 笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。
当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。
如图所示，一块宽为a、长为c矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。
当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。
则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．当电流增大时，前、后表面间的电压不变D．自由电子受到的洛伦兹力大小为4. 如图所示，电源电动势E=16V，内阻，在磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，质量的金属细杆MN置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为，杆与导轨间的动摩擦因数为，滑轨与MN杆的电阻忽略不计，取，，，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
要使MN杆在滑轨上恰好不上滑，滑动变阻器R的阻值为（）A．B．C．D．5. 在如图所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）A．B．C．D．6. 如图所示，导体棒MN垂直于导轨静止在水平面上，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与MN垂直并与导轨平面成θ角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使θ逐渐增大至90°，其余不变，导体棒始终静止，忽略电磁感应现象的影响，在此过程中（）A．导体棒受安培力方向水平向右B．导体棒所受安培力增大C．导轨对导体棒支持力增大D．导体棒受到的摩擦力增大7. 从阴极射线管发射出的一束电子，通过图示的磁场，以下各图对电子偏转情况所作的描绘中，正确的是（）A．B．D．C．8. 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。
粤教版物理必修一第一章 运动的描述练习题及答案解析第1章-第6节
1．如图1－6－18所示是A、B两个质点做直线运动的位移—时间图象；则()图1－6－18A．在运动过程中；A质点总比B质点运动得快B．当t＝t1时；两质点的位移相同C．当t＝t1时；两质点的速相等D．当t＝t1时；A、B两质点的加速都大于零【解析】A质点的s－t图线的斜率大；表示A质点运动的速大；A质点运动得快；A正确；s－t图线的交点表示A、B两质点相遇；故当t＝t1时；两质点的位置相同；但位移不相同；B、C错；A、B两质点均做匀速直线运动；二者加速均为零；D错．【答案】 A2．如图1－6－19所示是一辆汽车做直线运动的s－t图象；对于相对应的线段所表示的运动；下列说法不正确的是图1－6－19A．AB段表示车静止B．BC段发生的位移大于CD段发生的位移C．CD段运动方向和BC段运动方向相反D．CD段运动速大于BC段运动速【解析】分析图象可知；AB段表示汽车静止；BC段表示汽车向正方向做匀速直线运动；发生的位移为8 m；v BC＝错误!＝错误!m/s＝4 m/s；CD段表示汽车反方向做匀速直线运动；发生的位移为－12 m；v CD＝错误!＝错误!m/s＝－6 m/s；负号表示方向与正方向相反．【答案】 B3．(·惠州检测)一枚火箭由地面竖直向上发射；其速—时间图象如图1－6－20所示；由图象可知()图1－6－20A．0～t A段火箭的加速小于t A～t B段火箭的加速B．在0～t B段火箭是上升的；在t B～t C段火箭是下落的C．t B时刻火箭离地面最远D．t C时刻火箭回到地面【解析】OA段火箭匀加速上升；AB段火箭仍然匀加速上升；但加速比OA段大；BC段火箭匀减速上升．【答案】 A4．电梯上升的v－t图象如图1－6－21所示；由图可知电梯上升的高是()图1－6－21A．0B．36 mC．42 m D．48 m【解析】据v－t图象的物理意义知；图中梯形面积表示位移；故选D.【答案】 D5．甲、乙两物体同时、同地出发；它们的“速—时间”图象如图1－6－22所示；则下列说法正确的是()图1－6－22A．甲、乙两物体做曲线运动B．甲、乙两图线上的交点表示两物体相遇C．甲物体先加速后减速；乙物体一直加速D．甲、乙两物体都做加速运动；甲物体的加速一直减小；乙物体的加速一直增大【解析】v－t图象只能描述物体做直线运动的情况；A错；图线上的交点表示该时刻两物体的速相等；B错；v－t图象中图线上每一点的切线的斜率为该点的瞬时加速．由图象知甲物体做加速减小的加速运动；乙物体做加速变大的加速运动．故C错D对．【答案】 D6．(·上海高考)某同学为研究物体运动情况；绘制了物体运动的x－t图象；如图1－6－23所示．图中纵坐标表示物体的位移x；横坐标表示时间t；由此可知该物体做()图1－6－23A．匀速直线运动B．变速直线运动C．匀速曲线运动D．变速曲线运动【解析】x－t图象所能表示出的位移只有两个方向；即正方向与负方向；所以x－t图象所能表示的运动也只能是直线运动．x－t图线的斜率反映的是物体运动的速；由图可知；速在变化；故B项正确；A、C、D错误．【答案】 B7．(双选)(·江西吉安高一期中)某人骑自行车在平直道路上行进；如图1－6－24所示的实线记录了自行车开始一段时间内的v－t图象．某同学为了简化计算；用虚线作近似处理；下列说法正确的是()图1－6－24A．在t1时刻；虚线反映的加速比实际的大B．在0～t1时间内；由虚线计算出的平均速比实际的大C．在t1～t2时间内；由虚线计算出的位移比实际的大D．在t3～t4时间内；虚线反映的是匀速直线运动【解析】在v－t图中斜率表示加速的大小；图线与横轴围成的面积表示位移大小；在t1时刻；虚线斜率小于实线斜率；A错；在0～t1时间内；虚线围成的面积大于实线围成的面积；故由虚线计算出的平均速比实际的大；B正确；在t1～t2时间内；虚线围成的面积比实线围成的面积小；故C错；在t3～t4时间内；虚线平行于t轴；故反映的是匀速运动；D正确．【答案】BD8．(双选)(·合肥检测)甲、乙两物体沿同一直线运动的v－t图象如图1－6－25所示；则()图1－6－25A．t＝2 s时；两物体速不同；2 s内的位移相同B．t＝2 s时；两物体速相同；2 s内的位移不同C．t＝4 s时；两物体速相同；4 s内的位移不同D．t＝4 s时；两物体速不同；4 s内的位移相同【解析】甲做匀加速直线运动；乙做匀速直线运动；速方向都为正；大小可从图象直接读出；而位移可以根据图线与坐标轴包围的面积求出；故t＝2 s时；v甲＝v乙＝10 m/s；x甲＝10 m；x乙＝20 m；t＝4 s时；v甲＝20 m/s；v乙＝10 m/s.x 甲＝x乙＝40 m；故选项BD正确．【答案】BD9．(·广东茂名高一月考)A、B两物体s－t图象如图1－6－26所示；由图象可知A、B两物体各做________运动；其中A的速为_______；B的速为_______；在5秒末A、B的位置分别离坐标原点_______ m和_______ m；5 s内A、B的位移各为_______ m和________ m.图1－6－26【解析】s－t图象中图线的斜率表示物体运动的速．A、B两物体速大小、方向都没变；故都做匀速直线运动；v A＝－0.6 m/s；v B＝1 m/s；5秒末A运动到坐标原点；B运动到距坐标原点为4 m的正方向位置；5 s内A、B两物体的位移分别为－3 m；5 m.【答案】匀速直线－0.6 m/s 1 m/s04－3 510．如图1－6－27中甲、乙所示；分别表示专业运动员与没有受过训练的同学在百米赛跑中的v－t图象；你可以分析出其不同吗？甲乙图1－6－27【答案】运动员是从静止开始运动的；其速在较短时间内就能达到一个比较大的数值；然后一段时间内速大小虽有波动；但变化不大；直至完成百米竞赛．其v－t图象可由题图甲表示．若没有受过训练的同学跑百米；其速的最大值也小；另外还不能较长时间维持比较大的速；其v－t图象可用题图乙表示．11．如图1－6－28所示是某质点运动的v－t图象；请回答：图1－6－28(1)质点在图中各段的过程中做什么性质的运动？(2)在0 s～4 s内、8 s～10 s内、10 s～12 s内质点的加速各是多少？【解析】v－t图象中图线的斜率表示加速；0～4 s；a＝2.5 m/s2；恒定不变；故0～4 s内质点做匀加速直线运动；4 s～8 s内；a＝0；v不变；质点做匀速直线运动；8 s～10 s内；a＝－5 m/s2；方向与速方向相反；故质点做匀减速直线运动；10 s～12 s内a＝－5 m/s2；方向与速方向相同；故质点做反方向匀加速直线运动．【答案】(1)质点在0 s～4 s内做匀加速直线运动.4 s～8 s内；质点做匀速直线运动；8 s～10 s内质点做匀减速直线运动；10 s～12 s内质点向负方向做匀加速直线运动．(2)2.5 m/s2－5 m/s2－5 m/s212．11月2日中国海军第13批护航编队“黄山舰”从广东湛江某军港解缆起航；万吨级船坞登陆舰出征亚丁湾、索马里海域；赶赴预定海域后与第12批护航编队会合接替护航任务；某日清晨；海面上有薄雾；一艘某国的货船正在匀速行驶；到达A处时；船长突然发现后侧面不远处有艘海盗船正在向他们靠近；并预计还有40 min就会追上货船；于是立即向在C处海域执行任务的我国某驱逐舰发出求援信号；我官兵立即推算出40 min后的货舱位置应在D处；马上调好航向；沿CD直线方向从静止出发恰好在40 min内到达D处；如图1－6－29中甲所示．驱逐舰运动的速—时间图象如图1－6－29中乙所示．求驱逐舰行走的航线CD的长．甲乙图1－6－29【解析】由图象可知驱逐舰先匀加速再匀速最后匀减速运动；加速过程中；有a1＝错误!＝错误!m/s2＝错误!m/s2；s1＝错误!a1t错误!＝错误!×错误!×(15×60)2 m＝9×103 m.匀速运动阶段s2＝v t2＝20×(35－15)×60 m＝2.4×104 m.匀减速运动阶段s3＝错误!t3＝错误!×(40－35)×60 m＝3×103 m.所以驱逐舰走的航线CD的长为s＝s1＋s2＋s3＝36 km.【答案】36 km。
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物理必修一第一章课后习题答案
第一节 认识运动
1. 以地球做作为参考系
2. 车厢内的人是注视另一站台的火车，即人的视线以离开了地面，人不以自身为参考系，就会一另一
站台的火车为参考系，显然，人习惯于以自身为参考系，故有此感觉。
3. （1）、（3）
4. 以列车位参考系时，人向西运动；以地面为参考系时，人随列车向东运动。
5. 在研究瓢虫的星数、翅膀扇动问题时，不可以将瓢虫视为质点。
在研究瓢虫的爬行轨迹、飞行路线
问题时，可以将瓢虫视为质点。
6. 地球同步卫星与地球自转一周的时间一致，都是一天，因此地球同步卫星与地球总是相对静止的。
第二节 时间 位移
1. 位移为零；路程1600m 。
2. 物体运动的路程不一定大于物体运动的位移，物体作直线运动并没有改变运动方向时，位移的大小
才等于路程。
3. “3s 内”是指时间，时间为3s ；“第3s 内”是指时间，时间为1s ；“3s 末”是指时刻；“前3s ”是
指时间，时间为3s;“最后1s ”是指时间，时间为1s 。
4. （1）“9时0分50秒”是时刻；“21小时”是时间；“6时23分”是时刻。
（2）是时刻。
（3）是时
刻。
5. （1）影子的边缘在“圭”上的位置可以表示时刻，就象时间坐标轴上的一点；影子边缘在“圭”
上移动的距离可以表示时间，就象时间坐标轴上的一段。
（2）经过长期观测，古人不仅了解到一天钟表影在正午最短，而且得出一年内夏至日的正午，烈日高照，表影最短；冬至日的正午，煦阳斜照，表影则最长。
于是古人就以正午时的表影长度来确定节气和一年的长度。
如果连续两次测得表影的最长值（或最短值），这两次最长值（或最短值）相隔的天数，就是一年365天的时间长度。
第三节 记录物体的运动信息
1． 下面一条纸带运动比较快，上、下两条纸带运动的时间之比是16：10。
2． 在DK 范围内点于点之间的距离几乎是等间距的，所以纸带做匀速直线运动，在A 到D 和K
到N 范围内，点与点之间的距离不是等间距的，所以纸带做变速直线运动。
3． 略。
第四节 物体运动的速度
1． 大白鲨合某优秀运动员的速度都是平均速度。
大白鲨在水中的速度约为11.94m/s ，某优秀运动员的
速度为2.29m/s ，所以大白鲨的速度更快。
2． B
3． 100km/h
4． 略。
第五节 速度变化的快慢 加速度
1． C
2． 不对。
匀减速直线运动的加速度就与物体的运动方向相反。
3． 已知汽车运动的初速度，末速度等于零，又知减速时间，加设汽车作匀减速直线运动，则可以利用
t
v v a t 0-=算出汽车的速度，由于算出的加速度为负值，大小为4m/2s ，其方向与初速度的方向相反。
4． （1）1.702，2.536，3.351，4.142，4.9
（2）倾角θ越大，加速度越大。
第六节 用图像描述直线运动
1． AC
2． （1）120km ，（2）120km/h （3）35min （4）略
3． （1）300；300；300。
（2）码头，1200。
（3）30。
（4）略
4． （1）乙的运动方向和甲的运动方向相同，随着时间的增加，甲、乙物体的位移都在增加，丙物体
的位移在减小。
（2）丙、乙、甲
5．略
第一章习题
1．地球：忽略了地球的大小，同时也忽略了地球的自转；行走的人：忽略了人的高矮胖瘦，同时也忽略了人行走的动作；抛出的手榴弹：忽略了手榴弹的摆动及转动；在公路上行驶的汽车：忽略了汽车的长度高度和轮子的转动。
2。
以相邻的运动员为参考系，则他自己是静止的。
他看到大地迎面而来，则他是以自己为参考系。
3．D
4．200
5．D
6．B
7．C
8．不合理。
因为图像中某一时刻有两个位移值，这是不成立的。
9．AB 段反映物体匀减速直线运动，BC 段反映物体静止，CD 段物体做匀加速直线运动，DE 段物体做匀速直线运动。
在日常生活中，火车停站，上落乘客，然后启动，达到一定速度后匀速运动就是一例。
10．BD
11．C
12．响了21次，意味着火车运动距离等于250m （20段铁轨的总长度），用了15s ，速度为16.7m/s 。
13．甲图的加速度最大，丁图的平均速度最大，丙、丁图的加速度等于零。
14．解：旅客沿扶梯从地铁站到达地面的位移
m m H s 98.9845
sin 7045sin 00===
方向沿扶梯向上。
再由 s s v s t 98.98198.98=⎪⎭
⎫ ⎝⎛== 15．解：汽车的速度变化()s m s m v /24/125=-=∆，所用时间t=8s
据加速度的定义式，得
22/3/824s m s m t v a =⎪⎭
⎫ ⎝⎛=∆= 所以汽车加速度大小为32/s m ，方向与初速度方向相同。
16．6；2；4。
17．100km/h。