2020人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+单元测试 (1)
2020届高考物理人教版一轮复习功和功率PPT课件(79张)
【反思启迪】 F－x 图像与 x 轴所围的面积是力 F 对物体所做 的功．如果 F 随 x 成正比例增大，那么其所做的功可以用平均值求 解．如弹簧弹力所做的功 W＝－F ·x＝12kx2.本题中的滑动摩擦力 Ff＝ μMl gx 也具有这个特点，故移动 l 时的功为12μMgl.
【强化训练】 1.如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等 高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
2.物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同斜面 的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因 数相同，则( )
A．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多 B．沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多 C．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同 D．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同
【强化训练】 1．图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对 手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相 对扶梯均静止．下列关于力做功判断正确的是( )
A．甲图中支持力对人做正功 B．甲图中摩擦力对人做负功 C．乙图中支持力对人做正功 D．乙图中摩擦力对人做负功
解析：A 图甲中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做 功，支持力向上，与速度方向夹角为锐角，则支持力做正功，故 A 正确，B 错误；图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功， 摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故 C、D 错误．
解析：A 由平衡条件得 F－mgsin θ－μmgcos θ＝0，解得 F＝
mgsin
θ＋μmgcos
θ，F
做的功为
2020_2021年新教材高中物理第一章动量守恒定律单元检测含解析新人教版选择性必修第一册
第一章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( C )A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大解析：在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝ΔP可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即是减小了驾驶员的动量变化率，故选C。
2．(2020·某某省实验中学高二下学期期中)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C 离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( D )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为m ∶MC ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当弹簧伸长的过程中，C 向右运动，则小车向左运动，故A 错误；规定向右为正方向，在C 与B 碰前，根据动量守恒得mv c －Mv ＝0，计算得出v c ∶v ＝M ∶m ，故B 错；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C 与泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C 错，D 对。
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版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第一章 实验一 研究匀变速直线运动
实验一 研究匀变速直线运动命题研析实验基础 落实基础·提炼精髓●注意事项1.两先两后:实验中应先接通电源,后让小车运动;实验完毕应先断开电源后取纸带.2.防止碰撞:在到达长木板末端前应让小车停止运动,要防止钩码落地和小车与滑轮相撞.3.减小误差:小车的加速度要适当大些,可以减小长度的测量误差,加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取出6～7个计数点为宜.4.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,应作一条直线.●误差分析1.使用刻度尺测计数点的距离时有误差.2.作v-t图像时出现作图误差.3.电源频率不稳定,造成打点的时间间隔不完全相同.4.长木板粗糙程度不均匀,小车运动时加速度有变化造成误差.命题研析 突破常规·注重创新命题点一 常规实验【典例1】 (2016·天津卷,9)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动.(1)实验中,必要的措施是 .A.细线必须与长木板平行B.先接通电源再释放小车C.小车的质量远大于钩码的质量D.平衡小车与长木板间的摩擦力解析:(1)实验时,细线必须与长木板平行,以减小实验的误差,选项A正确;实验时要先接通电源再释放小车,选项B正确;此实验中不需要考虑质量与加速度的关系,故没必要使小车的质量远大于钩码的质量,选项C错误;此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力,选项D错误.答案:(1)AB(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出).s1=3.59cm,s2=4.41 cm,s3=5.19 cm,s4=5.97 cm,s5=6.78 cm,s6=7.64 cm.则小车的加速度a= m/s2(要求充分利用测量的数据),打点计时器在打B点时小车的速度 vB= m/s.(结果均保留两位有效数字)答案:(2)0.80 0.40方法技巧(1)在利用长木板打点计时器研究匀变速直线运动时,不需要满足M≫m和平衡摩擦力,只要使小车做匀变速运动即可.(2)凡是应用打点计时器的实验,都必须先接通电源,等打点稳定后,再释放纸带.(3)两相邻计数点的时间间隔由选择的计时点个数而定.【典例2】 利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度.一斜面上安装有两个光电门,其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处,光电门甲的位置可移动.当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时,与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量,每次都使滑块从同一点由静止开始下滑,并用米尺测量甲、乙之间的距离s,记下相应的t值;所得数据如下表所示.s(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950 t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t(m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22完成下列填空和作图:(1)若滑块所受摩擦力为一常量,滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是 ;的瞬时速度vt解析:(2)描点并连线,如图所示;答案:(2)见解析答案:(3)2.0题组训练1.(2019·甘肃兰州模拟)(1)打点计时器所用电源为频率50 Hz 的交流电源,实验时释放纸带与接通电源的先后顺序是 .解析:(1)使用时应先给打点计时器通电,然后释放纸带,如果先放开纸带使其开始运动,再接通打点计时器的电源,纸带上可能有很长一段打不上点.答案:(1)先接通电源后释放纸带(2)某同学在使用上述打点计时器测定匀变速直线运动的加速度时,得到了几条较为理想的纸带,他已在每条纸带上按每5个点取一个计数点,并依打点先后顺序编号为0,1,2,3,4,5.由于不小心,几条纸带都被撕断了,如图所示,请根据给出的A,B,C,D四段纸带回答下列问题:在B,C,D三段纸带中,从纸带A上撕下的那段应该是 ,打纸带A时,物体的加速度大小是 m/s2.答案:(2)C 0.602.在做“研究匀变速直线运动”的实验时,某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图(甲)所示,并在其上取A,B,C,D,E,F,G 7个计数点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,打点计时器接周期为T=0.02 s 的交流电源.他经过测量并计算得到打点计时器在打B,C,D,E,F各点时物体的瞬时速度如下表:计数点B C D E F速度/(m·s-1)0.1220.1640.2050.2500.289(1)计算vF 的表达式为vF= ;(2)根据(1)中得到的数据,以A点对应的时刻为t=0,试在图(乙)所给坐标系中作出v-t图像,并求物体的加速度a= m/s2;答案:(2)v-t图像如解析图所示 0.418(3)如果当时电网中交变电流的频率是f=51 Hz,而做实验的同学并不知道,那么加速度的测量值与实际值相比 (选填“偏大”“偏小”或“不变”).解析:(3)如果在某次实验中,交流电源的频率为51 Hz>50 Hz,则实际打点周期变小,计算时仍然用原值,因此由Δx=aT2得出的加速度值与实际的加速度值相比偏小.答案:(3)偏小命题点二 创新实验【典例3】(2017·全国Ⅱ卷,22)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系.使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器.(2)由图(c)可求得v= cm/s,a= cm/s2.(结果保留三位有效数字)A答案:(2)52.1 16.0【创新/改进点分析】1.装置创新:更换滑块上的挡光片,通过光电门,且释放滑块时挡光片前端位置相同.题组训练1.(2019·江苏无锡模拟)在暗室中用如图(甲)所示装置做“测定重力加速度”的实验,实验器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪.具体实验步骤如下:①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下.②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.③利用频闪照相获取下落水滴和竖直放置的米尺的照片.④由竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.⑤采集数据进行处理.(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是 .(2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中几个比较远的水滴到第一个水滴的距离如图(乙)所示,根据数据测得当地重力加= m/s.(结果都保留速度g= m/s2;第8个水滴此时的速度v8三位有效数字)(3)该实验存在的系统误差可能有(答出一条即可) .解析:(1)后一水滴经过一个频闪间隔运动到前一水滴的位置,可看到一串仿佛固定不动的水滴,即频闪仪频率等于水滴滴落的频率时,水滴仿佛不动.(3)存在空气阻力对水滴的运动产生影响,水滴滴落的频率不恒定也会对实验产生影响.答案:见解析2.某兴趣小组的同学们利用如图(甲)所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”.他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2(m1<m2)通过轻绳悬挂在定滑轮上,打点计时器固定在竖直方向上,物体1通过铁夹与纸带相连接.开始时物体1与物体2均处于静止状态,之后将它们同时释放.图(乙)所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带,O是打点计时器打下的第一个点,A,B,C,D…是按打点先后顺序依次选取的计数点,在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出.打点计时器使用的交流电源频率为50 Hz.(1)相邻两计数点之间的时间间隔为 s.(2)实验时要在接通打点计时器之 (选填“前”或“后”)释放物体.(2)实验时要先接通电源,待打点计时器稳定后,再释放物体.答案:(1)0.10 (2)后 (3)将各计数点至O点的距离依次记为s1,s2,s3,s4…测得s2=1.60 cm,s4=6.40 cm,请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是 m/s.答案:(3)0.24(4)同学们根据测出的物体1上升的高度s与相应的时间t,描绘出如图(丙)所示的s-t2图线,由此可以求出物体的加速度大小为 m/s2.答案:(4)0.80点击进入综合检测。
【物理】2020届一轮复习人教新课标牛顿运动定律单元过关练1
2020年高考物理考点精选精炼：牛顿运动定律（基础卷)1．雨滴从高空由静止开始下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到减小为零，在此过程中雨滴的运动情况是()A.速度不断减小，加速度为零时，速度最小B.速度不断增大，加速度为零时，速度最大C.速度一直保持不变D.速度的变化率保持不变2．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用,该力随时间变化的关系如图所示,则( )A．物体将做往复运动B．2s内的位移为零C．2s末物体的速度最大D．3s末速度为零3．绿城青秀山下南湖边某校高二（21）班青蓝同学发现教室门口一诡异小石头竖直上升过程中的加速度大小为9.60m/s2, 方向竖直向下，已知该校地面附近重力加速度为9.79m/s2，则此上升过程中小石头的机械能不断（）A．增加B．减少C．不变D．无法确定4．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。
现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。
现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。
则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为A．1:1 B．2:1 C．3:2 D．3:55．下列说法正确的是（）A.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证B.宇航员从太空安全返回地面的过程中一直处于失重状态C.胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D.顺德和北京两地的建筑物随地球自转时，线速度大小相等而角速度不等6．如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是()A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力7．如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的匀质金属棒cd放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过的位移为s时，则（）A．金属棒中感应电流方向由d到cB．金属棒产生的感应电流电动势为BL asC．金属棒中感应电流为2 BL as R r+D．水平拉力F的大小为222 B L as R r+8．（多选）如图所示，光滑水平桌面上的物体a系一细绳，细过跨国桌沿的定滑轮后悬挂着物体b，物体a和物体b的质量均为m。
2020年新课标高考物理一轮复习测评详答 新人教版
45分钟单元能力训练卷（一）1．BC [解析] 根据v －t 图象可知，物体在第1 s 末开始减速但运动方向不变，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图象与坐标轴所围面积表示位移可知，4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．2．C [解析] 根据题意画出两物体运动的v －t 图线①②，易知只有选项C 正确．3．B [解析] 根据图线的斜率可知，加速度不断减小，假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，只有选项B 正确．4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等，根据公式t ＝x v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．选项B 正确．5．D [解析] 若小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，则其位移满足x ＝12at 2，所以x t 2＝12a ，选项D 正确． 6．C [解析] 物体在0～1 s 内做匀加速直线运动，在1～2 s 内做匀减速直线运动，到2 s 时速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动，选项C 正确．7．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的“面积”代数和表示位移，根据对称性，2～6 s内“面积”代数和为零，即0～2 s内的位移和0～6 s内的位移相等，选项B正确．8．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v＝xt＝95/60km/h＝108 km/h，选项A正确、B错误；而平均速率v＝st＝155/60km/h＝180 km/h，选项C错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置的瞬时速度，选项D正确．9．②④[解析] 在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带位移小于乙纸带位移，故v甲<v乙，①错误，②正确；相邻计数点间所用时间相等，但乙的速度变化得更快，故a甲<a乙，③错误，④正确．10．0.86 a＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T20.64[解析] A为x3～x4过程中的时间中点，根据做匀变速直线运动的物体中间时刻的速度为该过程的平均速度可得vA ＝x3＋x42T≈0.86 m/s；由于x4－x1＝3a1T2，x5－x2＝3a2T2，x6－x3＝3a3T2，所以a＝a1＋a2＋a33＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T2，代入数据得a＝0.64 m/s2.11．2304 m[解析] 关闭道口时间为16 s，为安全保障再加20 s，即关闭道口的实际时间为t 0＝t2＋t1＝20 s＋16 s＝36 s汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为x总＝x＋x＋l＝26 m＋5 m＋15 m＝46 m需用时t 3＝x总v2＝46×36005000s＝33.12 s由此亮起红灯的时间为T＝t0＋t3＝36 s＋33.12 s＝69.12 s故A点离道口的距离应为L＝v1T＝1200003600×69.12 m＝2304 m.12．(1)4.5 m/s2(2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v222x＝0－1522×25＝－4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2. (2)汽车从小明身旁到开始刹车用时t 1＝x－xv2＝50－2515s＝53s汽车刹车过程中用时t 2＝0－v2a2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝vm－v1a1＝6－12.5s＝2 s小明加速过程中的位移x 2＝12(v1＋vm)t3＝7 m以最大速度跑到车站的时间t 4＝x－x2v3s＝436s＝7.2 s由t1＋t2<t3＋t4<t1＋t2＋10 s，故小明可以在汽车还停在车站时上车．45分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得FNsinθ＝mg，即FN ＝mgsinθ，选项C、D错误；由Ftanθ＝mg，得F＝mgtanθ，选项A正确、B错误．2．D [解析] 未加压力F之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f＝Gsinθ，当加上压力F后，物体仍处于静止状态，因此f仍为Gsinθ，故D正确．3．C [解析] 小球A受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx＝mgtan θ2，即x＝mgtanθ2k，选项C正确．4．B [解析] 以小车M和物体m整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg、地面的支持力FN1、m对它的压力FN2和静摩擦力f.由于m静止，可知f和FN2的合力必竖直向下，故选项B正确．5．AD [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f＝mgsinθ，所以选项A正确、BC错误；垂直天花板方向：qE＝mgcosθ＋N，当E增大时，N增大，物体仍静止不动，选项D正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mgsinα＋μmgcosα＝kx1，故2、3两木块之间的距离为x1＋L＝sinα＋μcosαmgk＋L，选项A错误，B正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x2，以2、3两木块为一整体，可得：kx2＝2mgsinα＋2μmgcosα，故1、2两木块之间的距离为x2＋L＝2sinα＋μcosαmgk＋L，选项C错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F＋f＝mgsinθ，当力F减小过程中，f增大，直到力F减小到零时f恒定，则D可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F＝f＋mgsinθ，当力F减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mgsinθ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有N12∶N13＝sin60°＝32，选项B正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg＝kx,则k＝mgx＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m＝70.0 N/m挂三个钩码时，可列方程(m＋m＋m)g＝kx′则x′＝3mgk＝3×50×10－3×9.870.0m＝0.0210 m＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．甲乙11．(1)1033N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示．在水平方向：Tsin30°＝FNsin30°在竖直方向：FNcos30°＋Tcos30°＝ mg解得T＝12mgcos30°＝12×1×1032N＝1033N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f＝Tsin30°＝1033×12N＝533N，方向水平向左．12．(1)30 N、方向沿斜面向上(2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示，则物体受到的静摩擦力f＝mgsin37°代入数据得f＝5×10×sin37° N＝30 N，摩擦力方向为沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F，伸长量为x，据胡克定律及平衡条件有F＝kxF＝mgsin37°＋F滑F滑＝μmgcos37°弹簧最终长度l＝l＋x，联立解得l＝12 cm13．160 N 如图所示[解析] A、B的受力分析如图所示．对A应用平衡条件Tsin37°＝f1＝μFN1Tcos37°＋FN1＝mAg联立解得：F N1＝3mAg4μ＋3＝60 Nf 1＝μFN1＝30 N对B应用平衡条件F＝f′1＋f2＝f′1＋μFN2＝f1＋μ(FN1＋mBg)＝2f1＋μmBg＝160 N.45分钟单元能力训练卷（三）1．BD [解析] 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，具有保持原有运动状态不变的性质，即惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，选项B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，选项C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，选项D 正确．2．BD [解析] 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，选项A 错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，选项B 正确，选项C 错误；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D 正确．3．C [解析] 根据题意，瓦在竖直面内受力分析如图甲所示．结合弧形瓦的特点对其截面进行受力分析如图乙所示，F N1＝F N2，且F N1与F N2的合力为F N ，而F N ＝mgcosα.若两杆间的距离不变，F N1与F N2均与瓦的质量成正比，则摩擦力f ＝2μF N1与质量成正比．为了防止瓦被损坏，应使瓦块下滑的加速度减小，而a ＝mgsinθ－2μF N1m ，与质量无关，故选项A 、B 错误．增大两杆间的距离，F N 不变，F N1与F N2将增大，则摩擦力增大，加速度减小，符合题意，选项C 正确．减小两杆间的距离会使加速度增大，选项D 错误．甲 乙4．B [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg＝ma ，解得a ＝1m ·F－μg，由此可知：a －F 图象的斜率表示物体质量的倒数，所以A 的质量小于B 的质量，再由纵轴截距截距可得μA >μB ，所以选项B 正确．5．D [解析] 以整体为研究对象，求得拉力F ＝(m 1＋m 2)a.突然撤去F ，以A 为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A 物体受力不变，其加速度a1＝a.以B为研究对象，在没有撤去F时有：F－F′＝m2a，而F＝(m1＋m2)a，所以F′＝m1a；撤去F则有：－F′＝m2a2，所以a2＝－m1m2a.选项D正确．6．D [解析] 设钢索对载人箱和人整体拉力大小为T，对载人箱和人整体应用牛顿第二定律有(M＋m)g－T＝(M＋m)a，对平衡重物由牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝mg2M＋m，再由运动学规律v＝at，得t＝2M＋m vmg，选项D正确．7．B [解析] 对整体：F－μ·2mg＝3ma，对物体B：F′＝ma，联立得F′＝F－2μmg3，选项B正确．8．BD [解析] 由图可知：从t1时刻到t2时刻，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，A项正确；从t3时刻到t4时刻，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，B项错误；根据题目的情景，电梯可能是先加速向下运动，加速度向下，失重，再匀速向下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C 正确，选项D错误．9．②④[解析] 由牛顿第二定律得：F＝ma，a＝1m·F，直线的斜率等于质量的倒数，三条直线的斜率不同，说明三条直线所对应的小车和砝码的总质量不同，由图可知，直线1的斜率最大，所对应的总质量最小；直线3的斜率最小，所对应的总质量最大．10．(1)合外力质量质量所受合外力(2)①改变小车所受的合外力②记录更准确(或：更容易记录，记录误差会更小，时间更容易记录，方便记录，方便计时，位置很难记录等类似答案均正确)(3)①表一线段OA ………OE OF数据(cm) …………7.00 9.40 或表二线段OA ………DE EF数据(cm) ………… 2.25 2.40②0.23311．(1)g (2)3g[解析] (1)绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．因为AB＝BC＝b，AC＝2b，故绳BC与AB垂直，θ＝45°.由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma解得a＝g.甲乙(2)小车向左加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC绳拉力不变，BC绳拉力变大，BC绳拉力最大时，小车向左加速度最大，小球受力如图乙所示．由牛顿第二定律有T m ＋mgtanθ＝mam因Tm ＝2mg，所以最大加速度为am＝3g.12．(1)0.25 (2)8 N或24 N [解析] 对小球，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma又x＝12at2联立解得μ＝0.25(2)若F垂直杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′解得F＝8 N若F垂直杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′解得F ＝24 N13．(1)L v ＋v 2μg (2)12mv 2 (3)如图所示[解析] (1)由μ>v 22gL 可得12mv 2<μmgL说明物体到达B 之前就与传送带共速，设其加速度为a ，则由牛顿第二定律有 μmg＝ma加速阶段的时间为 t 1＝va加速阶段的位移 x 1＝v 22a匀速阶段的时间 t 2＝L －x 1v总时间t ＝t 1＋t 2 联立解得t ＝L v ＋v2μg(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移 Δx＝vt 1－12vt 1产生的热量Q ＝μmgΔx 联立解得Q ＝12mv 2(3)如图所示45分钟滚动复习训练卷（一）1．C [解析] 以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F ，则有4F ＝3mg ，解得F ＝34mg.设底层中间的人每只脚受到的支持力F′，则有2F′＝mg ＋2F ，解得F′＝54mg ，选项C 正确．2．B [解析] 加速度大小与速度大小之间无必然联系，速度是增加还是减小取决于加速度和初速度的方向关系．若初始时刻a 、v 同向，则加速运动；若初始时刻a 、v 反向，则减速运动．最终加速度为零，物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，故选项A 、C 、D 均有可能，B 项不可能．3．C [解析] 先对整体分析，可知F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，再以铁块1为研究对象，可得：kx －μm 1g ＝m 1a ，联立可知C 项正确．4．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移的大小，根据对称性，1～7 s 内 “面积”代数和为零，即0～1 s 内的位移和0～7 s 内的位移相等，选项B 正确．5．A [解析] 剪断细线前，物体处于平衡状态，由图可知F 1cos60°＝mg ，解得：F 1＝2mg ；剪断细线后，小球摆到最低点的过程中，mgL(1－cos60°)＝12mv 2，在最低点：F 2－mg ＝m v2L，联立解得F 2＝2mg ，故选项A 正确．6．C [解析] 甲乙两地距离x ＝vt ，列车匀速运动的距离x 1＝v 0(t －t 0)，列车从开始刹车至加速到v 0过程运动的距离x 2＝v 02t 0，则有x ＝x 1＋x 2，解得v 0＝vtt －12t 0.7．BD [解析] 以B 为研究对象，两杆对B 的作用力T 1、T 2的合力与B 的重力沿斜面向下的分力等大反向，即T1＋T2＝mBgsinθ，因此T1、T2不可能均为零，选项C错误，选项D正确；以AB为研究对象，当满足(mA ＋mB)gsinθ<μAmAgcosθ，且m C gsinθ<μCmCgcosθ时，T2＝0，选项A错误；同样当满足(mC＋mB)gsinθ<μCmCgcosθ且mA gsinθ<μAmAgcosθ时，T1＝0，选项B正确．甲乙8．AC [解析] 由于滑块与斜面之间存在摩擦力，滑块上滑的加速度大于下滑的加速度，选项B错误、A正确；以斜面为研究对象，滑块上滑过程中受力如图甲所示，下滑过程中受力如图乙所示，两过程中均有：fAB ＝μmgcosθ，NAB＝mgcosθ，则：F1＝Mg＋mgcos2θ－μmgcosθ·sinθ，F2＝Mg＋mgcos2θ＋μmgcosθ·sinθ，选项C正确；f1＝mgcosθ·sinθ＋μmgcos2θ，f2＝mgcosθ·sinθ－μmgcos2θ，选项D错误．9．(1)CBDAEF (2)0.5 N/cm 或50 N/m[解析] 取图象上相距较远的两点(0,0)(6.00 cm ，3.00 N)坐标数值，根据胡克定律可得弹簧劲度系数为k ＝50 N/m.10．(1)B (2)2h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2[解析] 由题设条件，本实验的实验原理是H ＝v 0t ＋12gt 2，其中v 为小球达到光电门1时的速度，由实验测得的数据h 1、t 1及h 2、t 2可得h 1＝v 0t 1＋12gt 21，h 2＝v 0t 2＋12gt 22，解得g ＝2h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2.为保持v 0不变，不能改变光电门1和吸球器的相对位置．11．(1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 物体进行受力分析，受四个力作用．分解绳的拉力，根据A 物体平衡可得F N1＝m A g ＋Tsinθ f 1＝Tcosθ f 1＝μ1F N1 联立解得T ＝μ1m A gcosθ－μ1sinθ代入数据得T ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，受六个力的作用． 地面对B 的支持力F N2＝m B g ＋F N1 地面对B 的摩擦力f 2＝μF N2 故拉力F ＝f 1＋f 2＝200 N. 12．(1)0.5 (2)1.29 s[解析] (1)由题意可知，滑块在水平面上匀速运动，则v 0＝x1T＝4 m/s在斜面上滑块做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，则x 3－x4＝a1T2由牛顿第二定律：mgsinα＋μmgcosα＝ma1联立解得：μ＝0.5(2)设滑块向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2，则v 0＝a1t1x＝12vt1mgsinα－μmgcosα＝ma2x＝12a2t22联立解得：t＝t1＋t2＝(0.4＋255) s(或1.29 s)13．Δt<0.3 s[解析] 设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶的速度为v2，则v1＝108 km/h＝30m/s，v2＝72 km/h＝20 m/s，在反应时间Δt内两车行驶的距离分别为x1、x2，则x 1＝v1Δtx 2＝v2Δt轿车、卡车刹车所通过的距离分别为x3、x4，则x 3＝v212a＝3022×10m＝45 mx 4＝v222a＝2022×10m＝20 m为保证两车不相撞，必须x1＋x2＋x3＋x4<80 m联立解得Δt<0.3 s45分钟单元能力训练卷（四）1．A [解析] 小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两个分速度为v 1、v 2，如图所示．其中v 2就是拉动绳子的速度，它等于物体A 上升的速度，v A ＝v 2＝vcosθ.小车匀速向右运动的过程中，θ逐渐变小，v A 逐渐变大，故A 做加速运动，由A 的受力及牛顿第二定律知，绳的拉力大于A 的重力，选项A 正确．2．A [解析] 由平抛规律x ＝v 0t ，y ＝12gt 2可得，x ＝y 时t ＝2v 0g，则v y ＝gt ＝2v 0，v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，s ＝x 2＋y 2＝2 2v 20g，选项A 正确． 3．BD [解析] 恰能通过最高点P ，则在最高点P 重力恰好提供向心力，故 mg ＝mv 2R ，选项C 错误；离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 错误、B 正确；若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后竖直上抛，达到的最大高度时速度为零，显然能达到的最大高度比P 点高，选项D 正确．4．D [解析] 角速度的大小关系为ωa ＝ωc ＜ωb ，选项A 错误；向心加速度的大小关系为a b ＞a c ＞a a ，选项B 错误；线速度的大小关系为v b ＞v c ＞v a ，选项C 错误；周期的大小关系为T a ＝T c ＞T b ，选项D 正确．5．A [解析] 由于同步卫星与地球的自转周期相同， “缆线”上各点的角速度也相同， 选项A 正确；线速度v ＝ωr，则各点的线速度不同，选项B 错误；若“缆线”上各质点均处于失重状态，则万有引力提供向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v＝GMr，r越大，线速度越小，而“缆线”上离地面越高的质点线速度越大，因此只有同步卫星上的质点处于完全失重状态，选项C错误；由G Mmr2＝mg，可得离地面越高，重力加速度越小，选项D错误．6．AD [解析] 设移民质量为Δm，未移民时的万有引力F引＝GMmr2与移民后的万有引力F引′＝GM－Δm m＋Δmr2比较可知，由于M>m，所以F引′>F引；由于地球的质量变小，由F引′＝GM－Δm m＋Δmr2＝(m＋Δm)r⎝⎛⎭⎪⎫2πT2＝(m＋Δm)a可知，月球绕地球运动的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度将变小；由月球对其表面物体的万有引力等于其重力可知，由于月球质量变大，因而月球表面的重力加速度将变大．综上所述，可知本题错误选项为A、D.7．AC [解析] 空间站运动的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供，选项A正确；由G MmR2＝mv2R得v＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B错误；由G MmR2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2R得T＝2πRRGM，所以空间站运行周期小于地球自转的周期，选项C正确；空间站中宇航员所受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，选项D错误．8．b gsinθ2a[解析] 物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受的合力大小为F＝mgsinθ，方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面向下的加速度应为a加＝Fm＝gsinθ，又由于物体的初速度与a加垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即水平方向是速度为v的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动．因此在水平方向上有b ＝v 0t ，沿斜面向下的方向上有a ＝12a 加t 2；故v 0＝b t＝b gsinθ2a. 9．1∶8 14[解析] 万有引力提供向心力，则G Mm 1r 2a ＝m 1r a 4π2T 2a ，G Mm 2r 2b ＝m 2r b 4π2T 2b，所以T a ∶T b＝1∶8.设每隔时间t ，a 、b 共线一次，则(ωa －ωb )t ＝π，所以t ＝πωa －ωb，故b运动一周的过程中，a 、b 、c 共线的次数为：n ＝T b t ＝T bωa －ωbπ＝T b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2T a －2T b ＝2T bT a－2＝14.10.8π2hr 3T 2r 2＋v 20 [解析] 以g′表示火星表面的重力加速度，M 表示火星的质量，m 表示火星的卫星质量，m′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有G Mm′r 20＝m′g′ G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v 1，水平分量仍为v 0，有v 21＝2g′hv ＝v 21＋v 20由以上各式解得v ＝8π2hr 3T 2r 2＋v 20. 11．(1)2πR ＋h 3Gm 月 (2)T 02πGm 月R ＋h3(3)2π2R T 0R ＋h 3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”轨道半径r＝R＋h，由G mm月r2＝m4π2T2r可得“嫦娥二号”卫星绕月周期T＝2πR＋h3 Gm月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n＝TT＝T2πGm月R＋h3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s＝2πR2n＝2π2RTR＋h3Gm月.12．(1)0.6 m (2)P位置比圆心O低[解析] (1)物体在最高点C时只受重力，由牛顿第二定律得mg＝m v2 CR，得vC＝gR.物体从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mg(ssinθ－R－Rcosθ)＝12 mv2C代入数据解得R＝0.6 m.(2)设物体平抛至与O点等高处，则由平抛运动的规律得R＝12gt2，x＝vCt，联立解得x＝2R又由图可知O点到斜面的水平距离为x′＝Rsinθ＝53R显然x′＞x，故物体的落点位置P低于O点．45分钟单元能力训练卷（五）1．A [解析] 空载时：P＝f1v1＝kmgv1，装满货物后：P＝f2v2＝kmgv2，所以汽车后来所装货物的质量是Δm＝m－m0＝v1－v2v2m，选项A正确．2．D [解析] 由牛顿第二定律得F－f－mgsin30°＝－ma，F－f＝mgsin30°－ma＝2m，即物体受到重力以外的力作用，大小为F－f，方向平行斜面向上，对物体做正功，所以物体的机械能增加，选项AB错误，D正确；根据动能定理，重力、拉力、摩擦力对物体做的总功等于物体动能的改变量，选项C错误．3．D [解析] 苹果加速下落，运动越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，选项A、B都错误；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故选项C错误、D正确．4．BD [解析] 木板转动过程中，因静摩擦力始终与速度方向垂直，故静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W1＝mgh＝mgLsinα；物块下滑过程中，因支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得，mgLsinα＋Wf ＝12mv2，所以滑动摩擦力做的功Wf ＝12mv2－mgLsinα.所以选项BD正确．5．AD [解析] 合力F沿斜面向下，F＝mgsinθ－f，θ为斜面倾角，故F不随t变化，A正确．加速度a＝Fm，也不变，由v＝at知，v－t图象为过原点的一条倾斜直线，B错误；物体做匀加速运动，故位移x＝12at2，x－t图象是开口向上的抛物线的一半，C错误；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－Fx ＝E 0＋F·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一半，D 正确．6．ABD [解析] 小球做平抛运动，将A 点时的速度分解如图所示，v y ＝v 0tanθ，v ＝v 0sinθ，小球到达A 点时，重力的功率P ＝mgv y ，小球由O 到A 过程中，动能的变化为12mv 2－12mv 20.此过程竖直方向v y ＝gt ，水平方向x ＝v 0t ，小球抛出点O 距斜面端点B 的水平距离为h tanθ－x ，故ABD 正确．小球从A 点反弹后是否直接落至水平地面不能确定，故从A 点反弹后落至水平地面的时间不能求出，C 错误．7．B [解析] 两个过程中，恒力F 相同，物体相对地面发生的位移相同，所以做功相同；第二种情景下，物体相对地面的速度增大，运动时间t 变短，物体相对传送带的位移Δx 变小，功率P ＝Wt ，故P 1<P 2，因摩擦产生的热量Q ＝μmgΔx，故Q 1>Q 2.所以选项B 正确．8．C [解析] 运动过程中，弹簧和圆环系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh ，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆低端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零.9．(1)左 (2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)＞ 受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用(实验中有阻力) (5)在误差允许范围内机械能守恒[解析] (1)左端点迹比较密集，所以应是左端与重物相连． (2)v B ＝x OC －x OA2T＝7.06－3.14×10－2 m2×0.02 s＝0.98 m/s(3)ΔE p ＝mgh ＝0.49 J ，ΔE k ＝12mv 2B ＝0.48 J(4)重物下落过程中受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用，所以ΔE p＞ΔE k .(5)在误差允许范围内，重物自由下落过程中的机械能守恒．10．(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x (3)mgx 12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 [解析] (2)d ＝5 mm ＋2×0.1 mm＝5.2 mm ＝0.52 cm ，v ＝dΔt＝0.43 m/s ；需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x.(3)系统减少的重力势能为ΔE p ＝mgx ，系统增大的动能为ΔE k ＝12(m ＋M)v 2＝12(m＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2，当ΔE p ＝ΔE k 时，说明系统的机械能守恒．11.74gL 5[解析] 以地面为零势能面，在初始位置，桌面部分铁链的重力势能为E p1＝45mg·2L，悬空部分铁链的重力势能为E′p1＝15mg(2L －L10)铁链的下端刚要触及地面时的重力势能为E p2＝mg L2对铁链应用机械能守恒定律得E p1＋E′p1＝12mv 2＋E p2即12mv 2＋mg L 2＝45mg·2L＋15mg(2L －L 10) 故铁链下端刚要触及地面时的速度为v ＝74gL512．(1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)能(4)5.6 J[解析] (1)由物块过B点后其位移与时间的关系x＝6t－2t2得v＝6 m/s，加速度a＝4 m/s2又μm2g＝m2a，故μ＝0.4(2)设物块由D点以初速度vD 做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝2gR又vyvD＝tan45°，得vD＝4 m/s设平抛运动用时为t，水平位移为x，由R＝12gt2，x＝vDt，得x＝1.6 mBD间位移为x1＝v2－v2D2a＝2.5 m则BP水平间距为x＋x1＝4.1 m(3)设物块沿轨道到达M点的速度为vM，由机械能守恒得1 2m2v2M＝12m2v2D－22m2gR则v2M＝16－8 2若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g＝m2v′2MR解得v′2M ＝8>v2M故物块不能到达M点．(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep释放m1时，Ep＝μm1gxCB释放m2时，Ep＝μm2gxCB＋12m2v2又m1＝2m2，故Ep＝m2v2＝7.2 J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则Ep －Wf＝12m2v2D可得Wf＝5.6 J45分钟滚动复习训练卷（二）1．AD [解析] 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定，若牵引力＝阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力＞阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动．故选项A、D正确．2．C [解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度即为做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度(v＝v2)相等，选项C正确；火车运动的位移x＝v t＝v2t，火车运动的加速度a＝vt，即它们不仅与速度变化量有关，还跟时间有关，而先、后两个运动过程中所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A、B、D选项都不正确．3．C [解析] 设物体A对圆球B的支持力为F1，竖直墙对圆球B的弹力为F2；F 1与竖直方向夹角θ.因物体A右移而减小．对物体B由平衡条件得：F1cosθ＝mBg，F 1sinθ＝F2，解得F1＝mBgcosθ，F2＝mBgtanθ，因θ减小，故F1减小，F2减小，选项A、B均错误；对A、B整体分析可知：在竖直方向上，地面对整体支持力FN ＝(mA＋m B )g，与θ无关，选项D错误；在水平方向上，地面对A的摩擦力f＝F2，因F2减小，故f减小，选项C正确．4．B [解析] 设斜面倾角为θ，长度为L，小球沿光滑斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma得a＝gsinθ，小球沿斜面做匀加速直线运动，所以小球的位移x＝12gsinθ·t2，即位移与时间的平方成正比，选项A错误；小球在斜面上的速度v＝gsinθ·t，即速度与时间成正比，选项B正确；设小球从顶端滑到底端的速度为v，由运动学公式有：v2＝2gsinθ·L，选项C错误；由L＝1 2gsinθ·t2，选项D错误．5．C [解析] A项位移正负交替，说明物体做往复运动；B项物体先做匀加速。
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (99)
作业26实验六验证机械能守恒定律非选择题1．如图26－1所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：图26－1(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________．(填入正确选项前的字母)A．米尺B．秒表C．0～12 V的直流电源 D.0～12 V的交流电源(2)实验中误差产生的原因有________________(写出两个原因)．解析：(1)需要米尺来测量纸带上两点之间的距离，电磁打点计时器需用交流电源，故A、D正确．(2)①纸带与电磁打点计时器之间存在摩擦力；②测量两点之间距离时的读数有误差；③计算势能变化时，选取的两点距离过近；④交流电源频率不稳定．(选取两个原因即可)答案：(1)AD(2)见解析2．在一次实验验证课上，某同学利用自由落体运动来验证机械能守恒定律，该同学开始实验时的情形如图26－2所示，他将打点计时器接通低压电源后释放纸带．图26－2(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方．①_____________________________________________________； ②_____________________________________________________.(2)该同学在教师的指导下规范了实验操作，重新进行实验，得到了几条(3～5条)打出一系列点的纸带，在选点验证机械能守恒时，有以下两种方案，其中对选取纸带的1、2两点间距离要求小于或接近2 mm 的是方案________(填“一”或“二”)．方案一：利用起始点和第n 点计算；方案二：任取两点计算．(3)该同学最终选择了方案一，结合图象法进行数据分析，他从纸带上选取多个点．测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的平方v 2，根据实验数据作出12v 2－h 图象，其中图线的斜率表示____________________．解析：(1)打点计时器采用的是交流电源，而本实验中采用了直流电源；同时，由于加速度较大，故纸带应在1米左右，且应让重物紧靠打点计时器，而本实验中离打点计时器太远．(2)根据自由落体运动规律应有h ＝12×10×(0.02)2 m ＝0.002 m ＝2 mm.选用点迹清晰，第1、2点间距离接近2 mm 的纸带，也就以利用起始点和第n 点计算，所以是方案一．(3)重物由静止开始下落距离h 获得速度v ，根据动能定理得mgh ＝12m v 2，即12v 2＝gh ，所以12v 2－h 图线的斜率是重力加速度g .答案：(1)①打点计时器接了直流电 ②重物离打点计时器太远(2)一 (3)重力加速度g3．某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05 s 闪光一次，如图26－3所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表．(当地重力加速度取g ＝9.8 m/s 2，小球质量m ＝0.2 kg ，结果保留3位有效数字)图26－3(1)由频闪照片上的数据计算t 5时刻小球的速度v 5＝________m/s.(2)从t 2到t 5时间内，重力势能的增量ΔE p ＝________J ，动能的减少量ΔE k ＝________J.(3)在误差允许的范围内，若ΔE p 与ΔE k 近似相等，即验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔE p ________(填“>”“<”或“＝”)ΔE k ，造成这种结果的主要原因是__________________________________________．解析：(1)v 5＝16.14＋18.662×0.05×10－2 m/s ＝3.48 m/s. (2)重力势能的增量ΔE p ＝mg Δh ，代入数据可得ΔE p ≈1.24 J ，动能减少量为ΔE k ＝12m v 22－12m v 25，代入数据可得ΔE k ≈1.28 J ．(3)由计算可得ΔE p <ΔE k ，主要是由于存在空气阻力．答案：(1)3.48 (2)1.24 1.28 (3)< 存在空气阻力4．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量m ＝0.30 kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，已知打点计时器每隔T ＝0.02 s 打一个点，当地的重力加速度为g ＝9.8 m/s 2.(1)同学甲选取一条纸带如图26－4所示，在点迹较清晰的部分选取某点O 作为起始点，图中A 、B 、C 、D 为纸带上选取的四个连续点．根据v C ＝h 1＋h 22T 计算出C 点的速度，然后利用mgh ＝12m v 2C 验证机械能守恒定律，这样处理存在的错误是__________________________________．图26－4(2)同学乙利用同学甲的纸带测量出：OB ＝15.55 cm ，OC ＝19.20 cm ，OD ＝23.23 cm.根据测量数据计算重物和纸带下落的加速度a ＝________m/s 2，进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力F f ＝________N.图26－5(3)同学丙通过实验得到一条纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下第一个点的距离h ，算出了各计数点对应的速度v ，以h 为横轴，以12v 2为纵轴画出了如图26－5所示的图线，图线未过原点O .试分析同学丙在实验操作过程中可能出现的问题是______________．解析：(1)O 点不是打出来的第一个点，速度不为零，动能不为零，所以验证机械能守恒定律的表达式为：mgh ＝12m v 2C －12m v 2O .(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2可以求出加速度的大小，得：a ＝（0.232 3－0.192 0）－（0.1920 －0.155 5）0.022＝9.5 m/s 2. 由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma解得阻力F f ＝0.09 N.(3)图线不过原点，说明开始时，重物已经具有了动能，因此该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关．答案：(1)O点不是打出来的第一个点，速度不为零，动能不为零(2)9.50.09(3)该同学做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关5．(2016年高考·课标全国卷Ⅰ)某同学用图26－6甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图26－6乙所示．图26－6该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图26－6乙中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．(2)已测得s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小为9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f 为________Hz.解析：物体做匀变速直线运动，中间时刻速度等于平均速度，可求得第一、第二空答案12(s 1＋s 2)f ，12(s 2＋s 3)f ；根据匀变速直线运动判别式可用逐差法求得加速度为12(s 3－s 1)f 2；第二小问可以由牛顿第二定律得，mg －0.01 mg ＝ma ，解得a ＝0.99g ，由12(s 3－s 1)f 2＝0.99 g ，解得f ＝40赫兹．答案：(1)12(s 1＋s 2)f 12 (s 2＋s 3)f 12 (s 3－s 1)f 2(2)406．(2019年福建泉州五校联考)如图26－7甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d 、质量为m 的金属小球由A 处由静止释放，下落过程中能通过A 处正下方、固定于B 处的光电门，测得A 、B 间的距离为H (H ≫d )，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t ，当地的重力加速度为g .则：图26－7(1)如图26－7乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d ＝________mm.(2)小球经过光电门B 时的速度表达式为v B ＝________．图26－8(3)多次改变高度H ，重复上述实验，作出1t 2随H 的变化图象如图26－8所示，当图中已知量t 0、H 0和重力加速度g 及小球的直径d 满足表达式________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(4)实验中发现动能增加量ΔE k 总是稍小于重力势能减少量ΔE p ，增加下落高度后，则ΔE p －ΔE k 将________(填“增大”“减小”或“不变”)．解析：(1)主尺刻度为7 mm ，游标尺对齐的刻度为5，读数为7 mm＋5×0.05 mm ＝7.25 mm.(2)小球经过光电门时的速度v ＝d t .(3)若机械能守恒，则有mgh ＝12m v 2，结合图中数据得d 2＝2gH 0t 20.(4)小球的动能增加量ΔE k 总是稍小于重力势能减少量ΔE p ，主要原因是运动过程中克服阻力做功，使小球的一部分重力势能转化为内能，当增大H 时，阻力做功随之增大．答案：(1)7.25 (2)d t (3)d 2＝2gH 0t 20 (4)增大7．在进行“验证机械能守恒定律”的实验中：图26－9(1)两实验小组同学分别采用了如图26－9甲和乙所示的装置，采用两种不同的实验方案进行实验．①在图甲中，下落物体应选择密度________(填“大”或“小”)的重物；在图26－9乙中，两个重物的质量关系是m1________(填“>”“＝”或“<”)m2；②采用图乙的方案进行实验，还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和________；③比较两种实验方案，你认为图________(填“甲”或“乙”)所示实验方案更合理，理由是________________________________________．(2)有一同学采用了图26－9甲所示的方案，选出一条纸带如图26－10所示，其中O点为起始点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50 Hz交流电，在计数点A和B之间、B和C之间还各有一个点，重物的质量为0.5 kg，取g＝9.8 m/s2.根据以上数据，打B点时重物的重力势能比开始下落时减少了________J，这时它的动能是________J，根据上面这两个数据你能得到的结论是：__________________．(结果保留三位有效数字)图26－10解析：(1)①在甲图中为了减少空气阻力的影响，选择体积小、密度大的重物；在图乙中，m 2在m 1的拉力作用下向上运动，所以m 1>m 2.②两重物质量不等，分析系统损失的重力势能是否近似等于增加的动能时，两边质量不能约去，故需要天平测量两重物的质量．③题图乙中所示实验还受到细线与滑轮的阻力的影响，机械能损失较大，故题图甲所示实验方案较为合理．(2)重力势能减少量为ΔE p ＝mgh OB ≈0.867J ；打B 点时重物的速度为v B ＝x OC －x OA 4T ，打B 点时重物的动能为ΔE k B＝12m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x OC －x OA 4T 2≈0.852 J ，可见在误差允许的范围内，重物下落时机械能守恒．答案：(1)①大 > ②天平③甲 图乙中还受到细线与滑轮的阻力的影响(2)0.867 0.852 在误差允许的范围内，重物下落时机械能守恒。
2020年新课标高考物理一轮复习测评手册 新人教版
45分钟单元能力训练卷(一) [考查范围：第一单元分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．某物体运动的v－t图象如图D1－1所示，下列说法正确的是( )图D1－1A．物体在第1 s末运动方向发生变化B．物体在第2 s内和第3 s内的加速度是相同的C．物体在4 s末返回出发点D．物体在5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m2．两物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀加速直线运动，若它们的初速度大小不同，而加速度大小相同，则在运动过程中( )A．两物体位移之差保持不变B．两物体位移之差与时间的二次方成正比C．两物体速度之差保持不变D．两物体速度之比与时间成正比3．如图D1－2所示是物体在某段运动过程中的v－t图象，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则时间由t1到t2的过程中( )图D1－2A．加速度增大B．加速度不断减小C．平均速度v＝v1＋v22D．平均速度v>v1＋v224．甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直匀速运动，乙车先匀加速运动后匀减速运动，丙车先匀减速运动后匀加速运动，它们经过第二块路标时速度又相等，则先通过第二块路标的是( ) A．甲车B．乙车C．丙车 D．无法确定5．伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次．假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图D1－3所示．设A、B、C与斜面底端的距离分别为x1、x2、x3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v 1、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是( )图D1－3A.v12＝v22＝v32B.v1t1＝v2t2＝v3t3C．x1－x2＝x2－x3D.x1t21＝x2t22＝x3t236．物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如图D1－4所示，取开始的运动方向为正方向，则如图D1－5所示的物体运动的v－t图象中正确的是( )图D1－4图D1－57．质点做直线运动的v－t图象如图D1－6所示，与0～2 s内质点的位移相同的时间段是( )图D1－6A. 0～4 sB. 0～6 sC. 2～6 sD. 2～8 s8．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是( )A．在整个过程中赛车手的平均速度是108 km/hB．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hC．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hD．经过路标时的瞬时速度是150 km/h二、实验题(共16分)9．(4分)如图D1－7所示为同一打点计时器打出的两条纸带，由纸带可知________．图D1－7①在打下计数点“0”至“5”的过程中，纸带甲的平均速度比乙的大②在打下计数点“0”至“5”的过程中，纸带甲的平均速度比乙的小③纸带甲的加速度比乙的大④纸带甲的加速度比乙的小10．(12分)如图D1－8所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，其中x1＝7.05 cm，x2＝7.68 cm，x3＝8.33 cm，x4＝8.95 cm，x5＝9.61 cm，x6＝10.26 cm，则A点处瞬时速度的大小是________m/s，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s2.(计算结果保留两位有效数字)图D1－8三、计算题(共46分)11．(22分)在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动拦木装置如图D1－9所示，当高速列车到达A点时，道口公路上应显示红灯，警告未越过停车线的汽车迅速制动，而超过停车线的汽车能在列车到达道口前安全通过道口．已知高速列车的速度v 1＝120 km/h，汽车过道口的速度v2＝5 km/h，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是x0＝5 m，道口宽度x＝26 m，汽车长l＝15 m．若拦木关闭时间t1＝16 s，为保障安全需多加时间t＝20 s．问：列车从A点到道口的距离L应为多少才能确2保行车安全？图D1－912．(24分)某天，小明在上学途中沿人行道以v＝1 m/s速度向一公交车站走1＝15 m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他距车去，发现一辆公交车正以v2站x ＝50 m ．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a 1＝2.5 m/s 2，能达到的最大速度v m ＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站x 0＝25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间t ＝10 s ，之后公交车启动向前开去．(不计车长)(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度a 2大小是多少？ (2)若小明加速过程视为匀加速运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．图D1－1045分钟单元能力训练卷(二) [考查范围：第二单元 分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．如图D2－1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )图D2－1 A ．F ＝mgtanθB ．F ＝mgtanθC ．F N ＝mgtanθD．FN＝mgtanθ2．如图D2－2所示，重为G的物体静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的压力F＝kt(k为比例常量，t为时间)作用在物体上．从t＝0开始，物体所受摩擦力f随时间t的变化关系是图D2－3中的( )图D2－2A B C D图D2－33．如图D2－4所示，质量均为m的两个完全相同的小球A和B用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mgtanθkB.2mgtanθkC.mgtanθ2kD.2mgtanθ2k图D2－4图D2－54．如图D2－5所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，则小车后来受力个数为( ) A．3 B．4 C．5 D．65．如图D2－6所示，匀强电场的方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是( )A．天花板与物体间的弹力一定不为零B．天花板对物体的摩擦力可能为零C．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E的增大而增大D．在逐渐增大电场强度E的过程中，物体将始终保持静止图D2－6图D2－76. 如图D2－7所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是( )A．2、3两木块之间的距离等于μmgcosαk＋LB．2、3两木块之间的距离等于L＋sinα＋μcosαmgkC．1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大图D2－87. 如图D2－8甲所示，一物块在粗糙斜面上，平行斜面向上的外力F作用在物块上，斜面和物块始终处于静止状态．当F按图D2－8乙所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力f大小变化规律可能是图D2－9中的( )A B C D图D2－9图D2－108．如图D2－10所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力与第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )A.12B.32C.33D. 3二、实验题(共16分)9．(8分)用如图D2－11甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺．当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙中ab虚线所示．再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙中cd虚线所示．已知每个钩码质量为50 g，重力加速度g＝9.8 m/s2，则被测弹簧的劲度系数为________N/m，挂三个钩码时弹簧的形变量为________ cm.甲乙图D2－1110．(8分)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子 A、B 上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为 O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物，如图D2－12所示．图D2－12(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点 O 的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是________________________________________________________________________．三、计算题(共46分)11．(14分)如图D2－13所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M＝3 kg，置于粗糙水平面上．取g＝10 m/s2，求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．图D2－1312．(16分)如图D2－14所示，在倾角为37°的固定斜面上静置一个质量为5kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.取g＝10 m/s2，求：(1)物体所受的摩擦力；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(2)若用原长为10 cm、劲度系数为3.1×103N/m的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？图D2－1413．(16分)如图D2－15所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA ＝10 kg，mB＝20 kg，A、B之间及B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°.今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小，并画出A、B的受力分析图．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图D2－1545分钟单元能力训练卷(三)[考查范围：第三单元分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．下列说法中正确的是( )A．物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2．下列关于力的说法正确的是( )A．作用力和反作用力作用在同一物体上B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因3．在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图D3－1所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞弧形瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实验操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是( )A．增多每次运送瓦的块数B．减少每次运送瓦的块数C．增大两杆之间的距离D．减小两杆之间的距离图D3－1图D3－24．物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA 、mB，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB，用水平拉力F拉物体A、B，所得加速度a与拉力F关系图线如图D3－2中A、B所示，则( )A．μA ＝μB，mA>mBB．μA >μB，mA<mBC．μA >μB，mA＝mBD．μA <μB，mA>mB5．如图D3－3所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此时A和B的加速度为a1和a2，则( )图D3－3A．a1＝a2＝0B．a1＝a，a2＝0C．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2aD．a1＝a，a2＝－m1m2a6．如图D3－4所示是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．若电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，在电梯即将到顶层前关闭电动机，靠惯性再经时间t停止运动卡住电梯，不计空气和摩擦阻力，则t为( )图D3－4A.v gB.M＋m v MgC.M＋m v mgD.2M＋m v mg7．如图D3－5所示，物体A的质量为2m，物体B的质量为m，A与地面间的动摩擦因数为μ，B与地面间的摩擦不计．用水平力F向右推A使A、B一起加速运动，则B对A的作用力大小为( )A.F－μmg3B.F－2μmg3C.F－3μmg3D.2F－4μmg3图D3－5图D3－68．某实验小组的同学在电梯的天花板上竖直悬挂一只弹簧测力计，并在弹簧测力计的钩上悬挂一个重为10 N的钩码．弹簧测力计弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图D3－6所示．则下列分析错误的是( )A．从t1时刻到t2时刻，钩码处于失重状态B．从t3时刻到t4时刻，钩码处于失重状态C．开始电梯可能停在10楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼D．开始电梯可能停在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在10楼二、实验题(共16分)9．(4分)如图D3－7所示是在验证牛顿第二定律实验中根据实验数据描绘出的三条a－F图象，下列说法中正确的是________．图D3－7①三条倾斜直线所对应的小车和砝码的总质量相同②三条倾斜直线所对应的小车和砝码的总质量不同③直线1对应的小车和砝码的总质量最大④直线3对应的小车和砝码的总质量最大10．(12分)实验室给同学们提供了如下实验器材：滑轮、小车、小木块、长木板、停表、砝码、弹簧测力计、直尺，要求同学们用它们来粗略验证牛顿第二定律．(1)实验中因涉及的物理量较多，必须采用控制变量的方法来完成该实验，即：先保持________不变，验证物体________越小，加速度越大；再保持________不变，验证物体________越大，加速度越大．(2)某同学的做法是：将长木板的一端垫小木块构成一斜面，用小木块改变斜面的倾角，保持滑轮小车的质量不变，让小车沿不同倾角的斜面由顶端无初速释放，用停表记录小车滑到斜面底端的时间．试回答下列问题：①改变斜面倾角的目的是：________________________________________________________________________ .②用停表记录小车下滑相同距离(从斜面顶端到底端)所经历的时间，而不是记录下滑相同时间所对应的下滑距离，这样做的原因是：________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ ____.(3)如果要较准确地验证牛顿第二定律，则需利用打点计时器来记录小车的运动情况．图D3－8是某同学得到的一条用打点计时器打下的纸带，并在其上取了O、A、B、C、D、E、F共7个计数点(图中每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点未画出)，打点计时器接的是50 Hz的低压交流电源．他将一把毫米刻度尺放在纸上，其零刻线和计数点O对齐．图D3－8①下表是某同学从刻度尺上直接读取数据的记录表，其中最后两栏他未完成，请你帮他完成．线段OA ………………数据(cm) ……………………其中打E点时的速度是________m/s(取三位有效数字)．三、计算题(共46分)11．(14分)如图D3－9所示，一轻绳上端系在车的左上角的A点，另一轻绳一端系在车左端B点，B点在A点正下方，A、B距离为b，两绳另一端在C点相接并系一质量为m的小球，绳AC的长度为2b，绳BC的长度为b.两绳能够承受的最大拉力均为2mg.求：(1)绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(2)为不拉断轻绳，车向左运动的最大加速度是多大？图D3－912．(16分)如图D3－10所示，有一质量为1 kg的小球串在长为0.5 m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成θ＝37°.由静止释放小球，经过0.5 s小球到达轻杆底端，试求：(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；(2)在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为2 m/s2，此恒力大小为多少？图D3－1013．(16分)如图D3－11所示，皮带在轮O1、O2带动下以速度v匀速转动，皮带与轮之间不打滑．皮带AB 段长为L，皮带轮左端B处有一光滑小圆弧与一光滑斜面相连接．物体无初速放上皮带右端后，能在皮带带动下向左运动，并滑上斜面．已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ，且μ>v22gL.(1)若物体无初速放上皮带的右端A处，求其运动到左端B处所需的时间；(2)若物体无初速放上皮带的右端A处，求其运动到左端B处过程中所产生的热量；(3)物体无初速放上皮带的不同位置，则其沿斜面上升的最大高度也不同．设物体放上皮带时离左端B的距离为x，物体沿斜面上升的最大高度为h，请画出h－x 图象．图D3－1145分钟滚动复习训练卷(一)[考查范围：第一～三单元分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技．如图G1－1所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重力均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( )图G1－1A.34G B.78G C.54G D.32G2．一个做变速直线运动的物体加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况不可能是( )A．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动B．速度不断减小，到加速度为某一值时，物体运动停止C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动D．速度不断减小，到加速度为零时，速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动3．如图G1－2所示，在粗糙水平面上放着质量分别为m1、m2的两个铁块1、2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，铁块与水平面间的动摩擦因数为μ.现用一水平力F拉铁块2，当两个铁块一起以相同的加速度做匀变速运动时，两铁块间的距离为( )A．L＋m1Fk m1＋m2＋μm1gkB．L＋μm1gkC．L＋m1Fk m1＋m2D．L＋μm2gk图G1－2图G1－34．质点做直线运动的v－t图象如图G1－3所示，与0～1 s内质点的位移相同的时间段是( )A．0～5 s B．0～7 sC．1～6 s D．1～8 s5．如图G1－4所示，水平细线OA和倾斜细线OB将小球悬挂于O点，小球处于平衡状态．细线OB与竖直方向的夹角θ＝60°，对小球的拉力为F1.烧断水平细线，当小球摆到最低点时，细线OB对小球的拉力为F2.不计细线的伸长及一切阻力，则F 1与F2的大小之比等于( )图G1－4A．1∶1 B．1∶2 C．2∶3 D．1∶36．某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t.该列车以速度v从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v的时间是t(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)．若列车仍要在t时间内到达乙地，则该列车匀速运动的速度v应为( )A.vt t－tB.vtt＋tC.vtt－12tD.vtt＋12t7．如图G1－5所示，用轻杆连接的A、B、C三个物块静止在斜面上．已知物块A、C下表面粗糙，B下表面光滑，T1、T2分别表示两杆对物块B的作用力，下列说法正确的是( )图G1－5A．T2一定不为零B．T1可能为零C．T1、T2可能均为零D．T1、T2可能均不为零图G1－68．如图G1－6所示，一滑块以速度v从置于粗糙地面上的斜面体的底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦且斜面体始终静止．图G1－7的图象分别表示滑块运动过程中的速度v、加速度a和斜面体受地面支持力F、摩擦力f随时间变化的关系，其中可能正确的是( )A BC D图G1－7二、实验题(共16分)9．(8分)一位同学做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验．(1)下列实验步骤是这位同学准备完成的，请写出正确的操作顺序______________．A．以弹簧伸长量x为横坐标，以弹力F为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，并用平滑曲线连接起来B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上指示的刻度LC．将铁架台固定在桌子上，将弹簧的一端系于横梁上让其自然竖直悬挂，在其近邻平行于弹簧固定一刻度尺D．依次在弹簧的下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码，分别求出弹簧伸长量E．以弹簧的伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量之间的关系式F．解释表达式中常数的物理意义(2)如图G1－8所示为根据测量数据在坐标系中作出的F－x图线，由图求出弹簧的劲度系数为：________________________________________________________________________ .图G1－810．(8分)自由落体仪如图G1－9所示，其主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有磁式吸球器、光电门1、光电门2、捕球器、小钢球(直径d＝1 cm)．利用自由落体仪测量重力加速度实验步骤如下：①将自由落体仪直立于水平地面上，调节水平底座使立柱竖直，固定好吸球器．②适当调节两光电门1、2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h，用吸1球器控制使小球自由下落，由光电计时器读出小球由光电门1到光电门2的时间，.重复数次，求出时间的平均值为t1③光电门1不动，改变光电门2的位置，由刻度尺读出两光电门的高度差为h，2用吸球器控制使小球自由下落，由光电计时器读出小球由光电门1到光电门2的时.间，重复数次，求出时间的平均值为t2④计算重力加速度值g.图G1－9请回答下列问题：(1)在步骤③中光电门1的位置保持不动的目的是________．A．保证小球每次从光电门1到光电门2的时间相同B．保证小球每次通过光电门1时的速度相同C．保证小球每次通过光电门1时的重力加速度相同(2)用测得的物理量表示重力加速度值g＝________.三、计算题(共46分)11．(14分)如图G1－10所示，质量为mB＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝10 kg的货箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在货箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ＝37°.已知货箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.4.重力加速度g取10m/s2.现用水平力F将木板B从货箱A下面匀速抽出，试求：(1)绳上张力T的大小；(2)拉力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图G1－1012．(16分)频闪照相是研究物理过程的重要手段，图G1－11是某同学研究小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片，已知斜面足够长，倾角α＝37°，闪光频率为10 Hz.经测量换算获得实景数据：x1＝x2＝40 cm，x3＝35 cm，x 4＝25 cm，x5＝15 cm，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间．图G1－1113．(16分)一辆轿车违章超车，以v＝108 km/h的速度驶入车侧逆行道时，猛1＝72 km/h的速度迎面驶来，两车司然发现正前方相距L＝80 m处一辆卡车正以v2机同时刹车，刹车加速度大小都是a＝10 m/s2，两司机的反应时间(即司机发现险情到实施刹车所经历的时间)都是Δt.试问Δt是何值，才能保证两车不相撞？45分钟单元能力训练卷(四) [考查范围：第四单元 分值：110分]一、选择题(每小题6分，共42分)1．如图D4－1所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A 的受力情况是( )图D4－1A ．绳子的拉力大于A 的重力B ．绳子的拉力等于A 的重力C ．绳子的拉力小于A 的重力D ．绳子的拉力先大于A 的重力，后变为小于A 的重力2．以v 0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法正确的是( )A ．瞬时速度的大小是5v 0B ．运动时间是v 0gC ．竖直分速度大小等于水平分速度大小D ．运动的位移是2v 20g3．如图D4－2所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面．不计一切阻力．下列说法正确的是( )图D4－2A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点离O点的水平距离为2RC．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D．若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高4．如图D4－3所示，a为地球赤道上的物体；b为在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星；c为地球同步卫星．关于a、b、c做匀速圆周运动的说法正确的是( )图D4－3A．角速度的大小关系为ωa ＝ωc＞ωbB．向心加速度的大小关系为aa >ab>acC．线速度的大小关系为va ＝vb>vcD．周期的大小关系为Ta ＝Tc>Tb5．2020年诺贝尔物理学奖授予英国科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．石墨烯是碳的二维结构(如图D4－4所示)，它是目前世界上已知的强度最高的材料，为“太空电梯”缆线的制造打开了一扇“阿里巴巴”之门，使人类通过“太空电梯”进入太空成为可能．假设有一个从地面赤道上某处连向其正上方的地球同步卫星(其运行周期与地球自转周期相同)的“太空电梯”，则关于该“电梯”的“缆线”，下列说法正确的是( )图D4－4A．“缆线”上各处角速度相同。
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人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+单元测试 (7)
[高考导航]第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用知识排查磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。
2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B FIL(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1.磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
(2)特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
2．电流的磁场安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1.安培力的大小F＝ILB sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝0。
2．安培力的方向图1左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
小题速练1．关于磁感应强度B，下列说法正确的是()A．根据磁感应强度的定义式B＝FIL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同答案 B2．磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bD．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B b解析a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点小，所以B a<B b，选项C正确，D错误；将一小段通电导线放入磁场时，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁场力为零，虽然B a<B b，但是无法比较导线所受的磁场力的大小，选项A、B错误。
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。
2020版高考物理一轮总复习 第一章 限时规范训练新人教版【共4套25页】
本套资源目录2020版高考物理一轮总复习第一章第1课时描述运动的基本概念基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第一章第2课时匀变速直线运动的规律基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第一章第3课时自由落体和竖直上抛运动基次时限时规范训练含解析新人教版2020版高考物理一轮总复习第一章第4课时运动图象追及和相遇问题能力课时限时规范训练含解析新人教版描述运动的基本概念[基础巩固题组](20分钟，50分)1．下列关于女排比赛中的研究对象，可以视为质点的是( )A．研究女排比赛中选手扣球的动作时B．确定运动员在球场上的位置时C．研究运动员比赛中发出的旋转球时D．确定落在边线处排球是否为界内时解析：选B.研究女排比赛中选手扣球动作时，运动员的形状对研究结果有较大影响，因此运动员不可视为质点，但研究运动员在球场上的位置时可将运动员视为质点，A错误，B正确；在研究发出的旋转球和排球落点是否在边线界内时球的大小对研究结果的影响不可忽略，因此，不能视为质点，C、D均错误．2．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是( )A．运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 mB．运动员铅球成绩为4.50 m，指的是位移大小为4.50 mC．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时刻D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看做质点解析：选A.运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 m，选项A正确；运动员铅球成绩为4.50 m，指的是抛出点和落地点水平距离的大小，选项B错误；某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时间间隔，选项C错误；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小不能忽略，不可以看做质点，选项D错误．3．(多选)如图甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )A．10 s内火箭的速度改变量为10 m/sB．2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/sC．火箭的速度变化比汽车的快D．火箭的加速度比汽车的加速度小解析：选BD.因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为100 m/s，选项A错误；汽车以v＝108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，则2.5 s 内汽车的速度改变量为Δv ＝0－30 m/s ＝－30 m/s ，选项B 正确；火箭的加速度为：a 1＝Δv Δt ＝10010 m/s 2＝10 m/s 2；汽车的加速度为：a 2＝Δv Δt ＝－302.5 m/s 2＝－12 m/s 2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C 错误、D 正确．4．一辆汽车沿平直公路向东行驶，如图所示是该汽车的速度计，在汽车内的观察者观察速度计指针的变化，开始时指针指在如图甲所示的位置，经过8 s 后指针指示到如图乙所示的位置，那么它的加速度约为( )A ．11 m/s 2B ．－5.0 m/s 2C ．1.4 m/s 2D ．－1.4 m/s 2 解析：选D.由题图可知汽车的初速度v 0＝60 km/h ＝16.7 m/s ，末速度v ＝20 km/h ＝5.6 m/s.由加速度的定义式得a ＝v －v 0t ＝5.6－16.78m/s 2＝－1.4 m/s 2，故选项D 正确． 5．(多选)在机器人大赛中，某机器人在平面内由点(0,0)出发，沿直线运动到点(3,1)，然后又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4)，然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5)，最后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)，平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1 m ．整个过程中机器人所用时间是2 2 s ，则( )A ．机器人的运动轨迹是一条直线B ．机器人不会两次通过同一点C ．整个过程中机器人的位移大小为2 2 mD ．整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点(2,2)的位移方向相反解析：选CD.在坐标系中画出机器人的运动轨迹如图所示，可见其运动轨迹不是直线，图线的交点表示机器人两次通过同一点，A 、B 均错误；整个过程中机器人的位移为从点(0,0)到点(2,2)的有向线段，大小为2 2 m ，C 正确；(0,0)、(2,2)、(5,5)三个坐标点在一条直线上，故可得出整个过程中机器人的位移与由点(5,5)到点(2,2)的位移方向相反，D 正确．6．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s 2，a 乙＝－4 m/s 2，那么对甲、乙两物体判断正确的是( )A ．甲的加速度与乙的加速度大小相等B ．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．每经过1 s，甲的速度增加4 m/s解析：选ABD.加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，选项A正确；甲的加速度与速度同向，做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，做减速运动，选项B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，选项C错误；由Δv＝aΔt可知每经过1 s，甲的速度增加4 m/s，选项D正确．7．做单向直线运动的物体，关于其运动状态下列情况可能的是( )A．物体的速率在增大，而位移在减小B．物体的加速度大小不变，速率也不变C．物体的速度为零时加速度达到最大D．物体的加速度和速度方向相同，当加速度减小时，速度也随之减小解析：选C.物体做单向直线运动，故当物体速率增加时，物体的位移增加，不会减小，故A错误；物体做单向直线运动，加速度反映物体速度变化快慢的物理量，此时若存在加速度，则加速度只能改变物体速度大小，不能改变速度方向，故B错误；物体做单向直线运动时，当物体做加速度增加的减速直线运动时，当物体速度为零时，加速度达到最大值，故C 正确；物体的加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当加速度减小时物体的速度仍在增加，只是增加得变慢了，故D错误．[能力提升题组](25分钟，50分)1．“嫦娥三号”月球探测器成功完成月面软着陆，并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离，这标志着我国的航天事业又一次腾飞，下面有关“嫦娥三号”的说法正确的是( )A．“嫦娥三号”刚刚升空的时候速度很小，加速度也很小B．研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时，可以将其看成质点C．研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时，可以将其看成质点D．“玉兔号”月球车静止在月球表面时，其相对于地球也是静止的解析：选C.“嫦娥三号”在刚刚升空的时候速度很小，但是速度变化很快，加速度很大，故选项A错误；研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时，“玉兔号”月球车的大小和形状不能被忽略，不能看成质点，故选项B错误；研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时，“嫦娥三号”的大小和形状可以被忽略，可以看成质点，故选项C正确；“玉兔号”月球车静止在月球表面时，相对月球是静止的，相对地球是运动的，故选项D错误．2．(2019·福建南平模拟)(多选)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( ) A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C ．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D ．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度解析：选AC.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A 选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B 选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C 选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D 选项错．3．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又沿原路返回到山脚，上山的平均速率为v 1，下山的平均速率为v 2，则往返的平均速度的大小和平均速率分别是( ) A.v 1＋v 22、v 1＋v 22 B ．v 1－v 22、v 1－v 22C ．0、v 1－v 2v 1＋v 2D ．0、2v 1v 2v 1＋v 2 解析：选D.平均速度是位移与时间的比值，由于此人爬山往返一次，位移Δx ＝0，平均速度v ＝Δx Δt＝0；平均速率是路程与时间的比值，由于此人往返一次，路程为从山脚到山顶路程的2倍，平均速率为s 1＋s 2t 1＋t 2＝2s s v 1＋s v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2，选项D 正确．4．如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A 、B ，A 、B 间距离为L ＝30 cm ，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d ＝1 cm 的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A 、B ，记录遮光条通过A 、B 的时间分别为0.010 s 、0.005 s ，滑块从A 到B 所用时间为0.200 s ，则下列说法正确的是( )A ．滑块通过A 的速度为1 cm/sB ．滑块通过B 的速度为2 cm/sC ．滑块的加速度为5 m/s 2D ．滑块在A 、B 间的平均速度为3 m/s 解析：选C.滑块通过A 点的速度v A ＝d Δt 1＝0.010.01m/s ＝1 m/s ，故A 错误；滑块通过B 点的速度v B ＝d Δt 2＝0.010.005 m/s ＝2 m/s ，故B 错误；滑块加速度a ＝v B －v A t ＝2－10.2m/s 2＝5 m/s 2，故C 正确；滑块在A 、B 间的平均速度v ＝L t ＝0.30.2 m/s ＝1.5 m/s ，故D 错误． 5．(多选)某质点沿一边长为2 m 的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m ，初始位置在bc 边的中点A ，由b 向c 运动，如图所示，A 、B 、C 、D 分别是bc 、cd 、da 、ab 边的中点，则下列说法正确的是( )A ．第2 s 末的瞬时速度大小为1 m/sB ．前2 s 内的平均速度大小为22m/s C ．前4 s 内的平均速率为0.5 m/sD ．前2 s 内的平均速度大小为2 m/s解析：选AB.由题意知，质点运动的速率为1 m/s ，即在每一时刻的瞬时速率均为1 m/s ，每段时间内的平均速率也均为1 m/s ，选项C 错误；在前2 s 内质点通过的路程为2 m ，由A 运动到cd 边的中点B ，在第2 s 末瞬时速度大小为1 m/s ，方向由B 指向d ，选项A 正确；前2 s 内的位移大小为x 1＝AB ＝ 2 m ，平均速度 v ＝x 1t 1＝22 m/s ，方向由A 指向B ，选项B 正确，D 错误．6．(多选)如图所示，物体以5 m/s 的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经过2 s 速度大小变为3 m/s ，则物体的加速度( )A ．大小为1 m/s 2，方向沿斜面向上B ．大小为1 m/s 2，方向沿斜面向下C ．大小为4 m/s 2，方向沿斜面向下D ．大小为4 m/s 2，方向沿斜面向上解析：选BC.取初速度方向为正方向，则v 0＝5 m/s.若2 s 后的速度方向沿斜面向上，v ＝3 m/s ，则a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt ＝3－52m/s 2＝－1 m/s 2，即加速度大小为1 m/s 2，方向沿斜面向下，选项A 错误，B 正确；若2 s 后的速度方向沿斜面向下，v ＝－3 m/s ，则a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt ＝－3－52m/s 2＝－4 m/s 2，即加速度大小为4 m/s 2，方向沿斜面向下．故选项C 正确，D 错误．7．(多选)有人提出“加速度的变化率”的概念，基于你的理解，下列说法正确的是( )A ．“加速度的变化率”的单位应是m/s 3B ．加速度的变化率为零的运动是匀速直线运动C ．若加速度与速度同方向，如图所示的a t 图象表示的是物体的速度在减小D ．若加速度与速度同方向，如图所示的a t 图象，已知物体在t ＝0时速度为5 m/s ，则2 s 末的速度大小为8 m/s解析：选AD.根据力学单位制可以知道，加速度的变化率Δa Δt 的单位为m/s 2s＝m/s 3，A 正确；加速度的变化率为零，说明物体的加速度不变，做匀变速直线运动，B 错误；若加速度与速度同向，即使加速度减小物体的速度仍然增大，C 错误；加速度图线与t 轴所围面积表示速度的变化量，故物体在2 s 末的速度大小v ＝5 m/s ＋12×2×3 m/s＝8 m/s ，D 正确．匀变速直线运动的规律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)如图所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法正确的是( )A ．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B ．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C ．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D ．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度解析：选BCD.因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A 错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B 正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C 正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D 正确．2．(2019·河南信阳模拟)做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0解析：选B.利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．3．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s 内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．2 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 2 解析：选C.第1个3 s 内的平均速度即为1.5 s 时刻瞬时速度v 1，第1个5 s 内的平均速度即为2.5 s 时刻瞬时速度v 2，加速度为a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1Δt ＝32.5－1.5m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．4．(2019·“超级全能生”26省联考)(多选)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t －t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是－2 m/s解析：选BD.第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4)m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s ＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv ＝at ＝－2×1 m/s ＝－2 m/s ，故C 错误，D 正确．5．一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选A.由Δx ＝aT 2可得加速度大小a ＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T＝2.5 m/s ；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t ＝Δv －a＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，且x 3＝12at ′2＝1.125 m ；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s.综上可知A 错误，B 、C 、D 正确．6．从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示．现测得AB＝15 cm ，BC ＝20 cm ，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同．求：(1)小球的加速度大小；(2)拍摄时B 球的速度大小；(3)D 、C 两球相距多远；(4)A 球上面正在运动着的小球共有几颗？解析：(1)由Δx ＝aT 2得 a ＝Δx T 2＝BC －AB T 2＝0.20－0.150.12 m/s 2＝5 m/s 2.(2)v B ＝AB ＋BC 2T ＝0.15＋0.202×0.1m/s ＝1.75 m/s. (3)由Δx ＝DC －BC ＝BC －AB 得DC ＝BC ＋(BC －AB )＝20 cm ＋5 cm ＝25 cm.(4)小球B 从开始下滑到图示位置所需的时间为t B ＝v B a ＝1.755s ＝0.35 s 则B 球上面正在运动着的小球共有三颗，A 球上面正在运动着的小球共有两颗． 答案：(1)5 m/s 2(2)1.75 m/s (3)25 cm (4)两颗[能力提升题组](25分钟，50分)1．(2019·广东惠州二调)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a ＝4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0 m 解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t ，则由v ＝v 0－at 得t ＝v －v 0－a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，所以第三个2 s 汽车早已停止，所以第三个2 s 位移为零，故选项D 正确．2．(2019·温州五校联考)(多选)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD.若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5 s ＝1.6 s<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410m ＝ 6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m －6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝1.68s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．3．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点，从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/s B ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD ．A 、D 两点间的距离为12.25 m解析：选BD.设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42 s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝v AC ＝AB ＋BC2t＝5 m/s ，选项A 错误；由速度与位移公式可得x AD ＝AB ＋v 2B2a＝12.25 m ，选项D 正确．4．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析：选C.由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝1 s ，在加速时间内通过的位移x ＝12at 21＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝vt 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝vt 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝12s ，小于2 s ，所以最先挡在面前的是关卡4，故C 项正确．5．(2019·潍坊模拟)(多选)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0 2 4 6 v /(m·s －1)8128A.t ＝3 s 的时刻物体恰好经过B 点 B ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点 C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/s D ．A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离解析：选BD.根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝4 m/s 2和在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2.根据运动学公式：8＋a 1t 1＋a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2，解得t 1＝43 s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时的速度v ＝a 1t ＝403 m/s.物体在水平面上做减速运动，所以最大速度不是12 m/s ，故A 、C 错误．第6 s 末的速度是8 m/s ，到停下来还需的时间t ′＝0－8－2 s ＝4 s ，所以到C 点的时间为10 s ，故B 正确．根据v 2－v 20＝2ax ，求出AB 段的长度为2009 m ，BC 段长度为4009m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 正确．6．如图所示 ，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC 上运动，AB 的长度为x 1＝25 m ，BC 的长度为x 2＝97 m ．汽车从A 点由静止启动，在AB 段做加速度大小为a 1＝2.0 m/s 2的匀加速直线运动．在BC 段，先做加速度大小为a 2＝1.0 m/s 2的匀加速直线运动．当运动到离C 点适当距离处，再以大小为a 3＝2.0 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C 点．求：(1)汽车达到的最大速度v m 和开始减速时离C 点的距离d ； (2)汽车从A 点运动到C 点所用的时间t . 解析：(1)由x 1＝12a 1t 21和v 2B ＝2a 1x 1可得汽车在AB 段运动时间t 1＝2x 1a 1＝5 s ，到达B 点时的速度v B ＝2a 1x 1＝10 m/s设汽车在BC 段之间由B 到D 时加速行驶，距离为d ′，有v 2m －v 2B ＝2a 2d ′由D 到C 时减速行驶，距离为d ，有0－v 2m ＝－2a 3d ，且d ′＋d ＝x 2，解得汽车的最大速度v m ＝14 m/s 开始减速时汽车离C 点的距离d ＝v 2m2a 3＝49 m.(2)由B 到D ，汽车加速行驶，由v m ＝v B ＋a 2t 2得： 行驶时间t 2＝v m －v Ba 2＝4 s ，由D 到C ，汽车减速行驶直到静止，由0＝v m －a 3t 3得：行驶时间t 3＝v m a 3＝7 s ，故汽车从A 点运动到C 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝16 s.答案：(1)14 m/s 49 m (2)16 s自由落体和竖直上抛运动[基础巩固题组](20分钟，50分)1．关于自由落体运动(g ＝10 m/s 2)，下列说法中不正确的是( ) A ．它是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动 B ．在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5 C ．在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3D ．从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3解析：选D.自由落体运动是竖直向下，v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动，A 正确；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5，B 正确；在开始连续的三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，C 正确；从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3，D 错误．2．钢球A 自塔顶自由下落2 m 时，钢球B 自塔顶下方6 m 处自由下落，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，重力加速度为10 m/s 2，则塔高为( )A ．24 mB ．16 mC ．12 mD ．8 m解析：选D.设钢球A 下落h 1＝2 m 的时间为t 1，塔高为h ，钢球B 的运动时间为t 2，由h 1＝12gt 21，得t 1＝0.4 s ，由h －6 m ＝12gt 22，又h ＝12g (t 1＋t 2)2，代入数据解得h ＝8 m ，D正确．3．科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(取g ＝10 m/s 2)( )A ．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB ＜t BC ＜t CD B ．闪光的间隔时间是210s C ．水滴在相邻两点间的平均速度满足v AB ∶v BC ∶v CD ＝1∶4∶9 D ．水滴在各点的速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶3∶5解析：选B.由题图可知AB ∶BC ∶CD ＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A 错误；由h ＝12gt 2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为210 s ，即闪光的间隔时间是210s ，B 正确；由v ＝x t知水滴在相邻两点间的平均速度满足v AB ∶v BC ∶v CD ＝1∶3∶5，C 错误；由v ＝gt 知水滴在各点的速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶2∶3，D 错误．4．一物体自空中的A 点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s 后物体的速率变为10 m/s ，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)( )A ．在A 点上方15 m 处，速度方向竖直向上B ．在A 点下方15 m 处，速度方向竖直向下C ．在A 点上方75 m 处，速度方向竖直向上D ．在A 点上方75 m 处，速度方向竖直向下解析：选C.若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v ＝v 0－gt ，物体的初速度为v 0＝v ＋gt ＝40 m/s ，物体的位移为h 1＝(v 0＋v )t2＝75 m ，物体在A 点的上方，C正确，D 错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v 0′＝－v ＋gt ＝20 m/s ，物体的位移为h 2＝(v 0′－v )t2＝15 m ，物体仍然在A 点的上方，A 、B 错误．5．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A.2vgB ．v g C.2hvD ．h v解析：选A.根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v ，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg，A 项正确．6．(2019·河北保定重点中学联考)研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s 产品撞击地面．不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g 取10 m/s 2)解析：解法1：分段法．根据题意画出运动草图如图甲所示．将产品的运动过程分为A →B 和B →C →D 两段来处理．A →B 为竖直方向匀减速运动，B →C →D 为自由落体运动．在A →B 段，根据匀变速运动规律可知t AB ＝v 0g ＝1 sh AB ＝h BC ＝12gt 2AB ＝5 m由题意可知t BD ＝11 s －1 s ＝10 s根据自由落体运动规律可得h BD ＝12gt 2BD ＝500 m故释放点离地面的高度H ＝h BD －h BC ＝495 m. 解法2：全程法．将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图乙所示． 规定向上为正方向，则v 0＝10 m/s ，a ＝－g ＝－10 m/s 2根据H ＝v 0t ＋12at 2解得H ＝－495 m即产品刚释放时离地面的高度为495 m. 答案：495 m[能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3L ，A 距地面为L ，如图所示．由静止释放A 、B ，不计空气阻力，且A 、B 落地后均不再弹起．从开始释放到A 落地历时t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶3解析：选BC.由题意可知L ＝12at 21，L ＋3L ＝12a (t 1＋t 2)2，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；而v 1＝at 1，v 2＝a (t 1＋t 2)，故v 1∶v 2＝1∶2，选项C 正确，D 错误．2．如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则 3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s解析：选A.应用全程法求解位移，由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝xt＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝v －v 0＝－。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第一章 第2节 匀变速直线运动规律
第2节 匀变速直线运动规律素养提升基础知识一、匀变速直线运动1.概念:沿一条直线且 不变的运动.加速度基础过关 紧扣教材·自主落实2.分类(1)匀加速直线运动:a与v方向 .(2)匀减速直线运动:a与v方向 .二、匀变速直线运动的规律1.速度公式:v= .2.位移公式:x= .相同相反v 0+at 2012v t at1 2v v t+位移212v t at+()2ax三、匀变速直线运动的推论aT2(m-n)1.相同时间内的位移差:Δx= ,x m-x n= aT2.3.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n = .(2)T 内、2T 内、3T 内、…、n T 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n = .(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N = .(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n = .1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n 21∶3∶5∶…∶(2n-1)自主探究自由落体运动竖直上抛运动受力情况只受重力(或空气阻力的影响可以忽略)运动特点(1)初速度为 .(2)加速度为 .(1)上升过程是加速度为 的直线运动(2)下落过程是 .运动四、自由落体运动与竖直上抛运动重力加速度g 匀减速自由落体ggt212gt 2ghv-gt212v t gt-2gh(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动.( )过关巧练×1.思考判断(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动.( )(3)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.( )(4)做自由落体运动的物体,下落的高度与时间成正比.( )2.以18 m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速运动,在3 s 内前进36 m,则汽车在5 s内的位移为( )A.50 m B.45 m C.40.5 m D.40 m √××C3.雨滴自屋檐由静止滴下,每隔0.2 s滴下一滴,第1滴落下时第6滴恰欲滴下,此时测得第1,2,3,4滴之间的距离依次为1.62 m,1.26 m,0.9 m.假定落下的雨滴的运动情况完全相同,则此时第2滴雨滴下落的速度和屋檐高度分别为(假设B雨滴下落过程中不考虑空气阻力)( )A.3.6 m/s,4.5 mB.7.2 m/s,4.5 mC.3.6 m/s,4 mD.8 m/s,4 m考点研析 核心探究·重难突破考点一 匀变速直线运动的规律及应用1.规范解题流程画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论2.恰当选用公式注意:除时间t外,x,v0,v,a均为矢量,所以需要确定正方向,一般以初速度v0的方向为正方向.〚思路探究〛(1)物体的两个运动过程各是什么类型的运动?答案:开始做初速度为零的匀加速直线运动,接着匀减速到零后反向匀加速.(2)物体在两个运动过程中的位移和时间是什么关系?答案:两个运动过程的位移等大反向,时间相同.答案:1∶3题组训练BC2.[进站类问题]如图所示,一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA 段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB段内,已知OA=1 200 m,OB=2 000 m,求:(1)列车减速运动的加速度大小a的取值范围;(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.答案:(2)50 s考点二 解决匀变速直线运动的几种方法 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Δv=2 m/s,则下列说法中正确的是( )A.汽车在om段的平均速度大小为4 m/sB.汽车从m处运动到n处的时间为2 sC.汽车在该路段行驶的加速度大小为2 m/s 2D.汽车经过o处时的速度大小为1 m/sC〚审题指导〛1.[比例法的应用]一汽车在平直公路上以15 m/s的速度做匀速直线运动,当发现前方发生事故时以 3 m/s 2 的加速度紧急刹车,停在发生事故位置前,那么刹车过程中前2 s内的位移与最后2 s的位移的比值为( )B题组训练解析:汽车做匀减速直线运动到停止,由v=at得运动时间为t=5 s,利用逆向思维和连续相等时间间隔内位移之比为s 1∶s 2∶s 3∶s 4∶s 5=1∶3∶5∶7∶9,所以(s 4+s 5)∶(s 1+s 2)=16∶4=4∶1,选项B正确.2.[推论法的应用](2019·宁夏银川检测)一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为( )D考点三 自由落体运动和竖直上抛运动1.解决自由落体运动问题的两点注意(1)自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动,可利用基本公式、比例关系及推论等解题.(2)自由落体运动的中间某一段过程,应该用初速度不为零的匀加速直线运动规律解决.【典例3】 某人站在高楼的平台边缘,以20 m/s的初速度竖直向上抛出一石子.不考虑空气阻力,取g=10 m/s2.求:(1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间;(2)石子抛出后到达距抛出点下方20 m处所需的时间.方法技巧竖直上抛运动的两种处理方法(1)分段法:将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段.,加速度a=-g的匀变速直线运动,必须(2)全程法:将全过程视为初速度为v注意物理量的矢量性.习惯上取v的方向为正方向,则v>0时,物体正在上升;v<0时,物体正在下降;h>0时,物体在抛出点上方;h<0时,物体在抛出点下方.题组训练1.[自由落体运动规律的应用]一位同学在某星球上完成自由落体运动实验:让一个D质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落,测得在第5 s内的位移是18 m,则( )A.小球在2 s末的速度是20 m/sB.小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC.小球在第2 s内的位移是20 mD.小球在前5 s内的位移是50 mABD核心素养水平刹车与沿粗糙斜面上滑1.汽车在水平路面上的刹车问题中,当汽车速度为零后,汽车停止不动;物体沿粗糙斜面上滑到最高点后,若有μmgcos θ≥mgsin θ,则物体停在斜面上不动.2.解答这类问题时往往要先由0=v 0+at确定减速到停止的时间t,在这段时间以内可以用任何运动学公式,在这段时间以外则不能直接将时间代入运动学公式进行计算.【思维拓展】 “形异质同”类问题素养提升 学科素养·演练提升【示例】 (多选)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ=30°,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端以初速度=10 m/s沿木板向上运动,取g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力. vAD则以下结论正确的是( )【即学即练】 以72 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车,遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s2的加速度,刹车后第三个2 s内,汽车走过的位移为( )DA.12.5 mB.10 mC.8 mD.2 m高考模拟1.(2018·浙江4月选考)如图所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度约为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )A.13 sB.16 sC.21 sD.26 sC2.(2018·全国Ⅰ卷,2) 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( )BA.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比3.(2017·全国Ⅱ卷,24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1<s)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求。
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (1)
1．位移与路程的区别与联系 (1)区别
(2)联系：位移 x 与路程 s 的大小关系为 x≤s，只有物体做单向直线运动时，其位移大 小才等于路程．
2．平均速度与瞬时速度的区别与联系 (1)区别：
(2)联系：瞬时速度是运动时间Δ t→0 时的平均速度． 对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等． 3．平均速度与平均速率的区别：平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率 是路程与时间的比值， 只有当路程与位移的大小相等时， 平均速率才等于平均速度的大小．
图 1－1－2 A．t2 表示时刻，称为第 2 s 末或第 3 s 初，也可称为第 2 s 内 B．t2～t3 表示时间，称为第 3 s 内 C．0～t2 表示时间，称为最初 2 s 内或第 2 s 内 D．tn－1～tn 表示时间，称为第(n－1)s 内
【解析】 t2 表示时刻，称为第 2 s 末或第 3 s 初，第 2 s 内表示时间，故 A 错误；t2～ t3 表示两个时刻之间，是时间，称为第 3 s 内，故 B 正确；0～t2 表示时间，称为最初 2 s 内，不是第 2 s 内，第 2 s 内指的是 t1～t2，故 C 错误；tn－1～tn 表示时间，称为第 n s 内， 故 D 错误． 【答案】 B
解析：由速度随时间变化关系公式 v＝6t2，可得 t＝2 s 时的速度为：v＝6t2 m/s＝6× 22 m/s＝24 m/s；由 x 与 t 的关系得出初、末时刻对应的位置，再利用平均速度公式可得 t ＝0 到 t＝2 s 间的平均速度为：
答案：B
1．速度、速度变化量和加速度的对比
2.加速度的两个表达式
01 运动的描述 直线运动
匀变速
2018 卷Ⅰ 14.24.涉及运动规律
2017 22v－t 图象追及相遇问 题 19.涉及运动规律 16.涉及运动规律
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解析 “PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的颗粒物，PM2.5尺寸大于空气中氧分 子的尺寸的数量级，故A错误；PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运 动，不是分子的热运动，故B错误；PM2.5的无规则运动是由空气中大量无规则运 动的分子对其撞击的不平衡引起的，同时受到气流运动的影响，故C正确；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，故D正确； 分子做永不停息的无规则的热运动，所以PM2.5必然有分子动能，所以一定有内能， 故E正确。 答案 CDE
解析 分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力， 分子力为零，故A错误；分子力随分子间距离的变化而变化，当r>r0时，分子间的 引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，斥力减小得更快，分子力表现为引力， 故B错误；当分子间的距离r<r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，
卷Ⅱ·T33(1)：实际气体
汽压、内能、p－V图象、V－
的内能
T图象等、热力学第二定律的
T33(2)：热气球的受力平 衡
T33(2)：查理定律、盖—
理解等。
吕萨克定律
2.以计算和问答题的形式结合
卷Ⅲ·T33(1)：p－V图象、 热力学第一定律
卷Ⅲ·T33(1)：p－V图象、
气体考查内能、气体实验定
热力学第一定律
A．NA＝Mm D．NA＝ρMV0 答案 BDE
B．NA＝VVm0 E．NA＝Mm
C．NA＝ρmVm
2．已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗
常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。由此可估算得，地球大气层 空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________。
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。
解析 设大气层中气体的质量为 m，由大气压强的产生知，mg＝p0S，即 m＝pg0S 分子数 n＝mMNA＝p0MSNg A＝4πRM2pg0NA，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密
3
排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为 a，大气层中气体总体积为 V，a＝ Vn，
3
而 V＝4πR2h，所以 a＝
Mgh。 p0NA
答案
4πR2p0NA Mg
3
Mgh p0NA
分子动理论 1．扩散分子
布朗运动 固体微小颗粒
热运动 分子
区别
是分子的运动，发生 是比分子大得多的颗 是分子的运动，不能
在固体、液体、气体 粒的运动，只能在液 通过光学显微镜直接
任何两种物质之间 体、气体中发生
小题速练
1．(多选)目前，很多省份已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。PM2.5是指空气中直 径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到 地面，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因。 下列关于PM2.5的说法中正确的是( ) 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的运动轨迹只是由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的 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PM 2.5在空气中的浓 度 E．PM2.5必然有内能
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 a 克拉钻石物质的量(摩尔数)为 n＝0M.2a，所含分子数为 N＝nNA＝0.2MaNA，选 项 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
3．分子力：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)r＝r0，F引＝F斥，F＝0 (2)r＞r0，F引＞F斥，F为_引__力____ (3)r＜r0，F引＜F斥，F为___斥__力__
温度
1.意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上表示物体中分子平均动能的大小)。 2．两种温标
r增大，F做正功，Ep减小
r增大，F做负功，Ep增大 Ep最小，但不为零 Ep＝0
【例2】 (多选)(2015·全国卷Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是( ) A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 解析 根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故选项A正确；扩散现象是 由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，故选项C正确、B错误；扩散现象在 气体、液体和固体中都能发生，故选项D正确；液体中的扩散现象不是由于液体的 对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误。 答案 ACD
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考点内容
要求
分子 动理 论与 统计 观点
固体、 液体 与气
体
热力学定律与 能量守恒
实验
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
饱和蒸汽、未饱和蒸汽、饱和蒸汽压
观察到
共同点 联系
(1)都是无规则运动；(2)都随温度的升高而更加激烈 扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
2.分子力及分子势能比较 图象
分子力F
分子势能Ep
随分子 r<r0 F随r增大而减小，表现为斥力
间距离 的变化
情况
r>r0 r增大，F先增大后减小，表现为引力
r＝r0 F引＝F斥，F＝0 r>10r0 引力和斥力都很微弱，F＝0
2．(多选)关于分子间相互作用力的以下说法中正确的是( )
图1 A．当分子间的距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存 在斥力 B．分子力随分子间距离的变化而变化，当r>r0时，随着距离的增大，分子间的引 力和斥力都增大，但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力
C．当分子间的距离r<r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比 引力增大得快，故分子力表现为斥力 D．当分子间的距离r＝10－9 m时，分子间的作用力可以忽略不计 E．当两个分子间的距离变大时，分子引力和斥力都减小
卷Ⅰ·T33(1)：分子动理 论、温度
卷Ⅰ·T33(1)：V－T图象、1.以选择题的形式考查分子动
热力学第一定律
理论、气体压强的微观解释、
T33(2)：活塞封闭的两部 分气体的状态变化
T33(2)：理想气体实验定
晶体和非晶体的特点、液体
律
的表面张力、饱和汽与饱和
卷Ⅱ·T33(1)：内能、热 力学第一定律
(1)摄氏温标和热力学温标的关系T＝____t＋__2_7_3_._1_5_K____； (2)绝对零度(0 K)：是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值。
内能
1.分子动能 (1)意义：分子动能是_分__子__做__热__运__动____所具有的能； (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。
＝ V ＝M×10－3，设钻石分子直径为 NA NAρ
d，则
V0＝43π(d2)3，联立解得
d＝
3
6MN×Aρ1π0－3(单
位为 m)，选项 C 正确；根据阿伏加德罗常数的意义知，每个钻石分子的质量 m＝NMA， 选项 E 正确。
答案 ACE
1．(多选)(2019·辽宁大连模拟)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为Vm，密度为ρ，每 个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA不可表示为( )
律、理想气体状态方程、热
T33(2)：水银封闭气体的 状态变化
T33(2)：玻意耳定律
力学第一定律等。
第1讲 分子动理论 内能
知识排查
分子动理论
1.物体是由大量分子组成的 (1)分子的大小 ①分子直径：数量级是__1_0_－_1_0__m； ②分子质量：数量级是10－26 kg； ③测量方法：__油__膜___法。 (2)阿伏加德罗常数：1 mol任何物质所含有的粒子数，NA＝___6_.0_2_×__1_0_2_3_ mol － 1 。
解析 把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变， 选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，选项B错误；电 流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确； 根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间 距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离 等于r0时分子势能最小，选项D错误，E正确。 答案 ACE
2．分子势能 (1)意义：由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的 ____相__对__位__置___决定的能。 (2)分子势能的决定因素 ①微观上：决定于__分__子__间__距__离___和分子排列情况； ②宏观上：决定于___体__积___和状态。
3．物体的内能 (1)概念理解：物体中所有分子的热运动的__动__能__与__分__子__势__能__的总和，是状态量； (2)决定因素：对于给定的物体，其内能大小由物体的_温__度___和__体__积___决定，即由 物体内部状态决定； (3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小___无__关__。 (4)改变内能的方式