规范快练(二十一)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测

规范快练(七)牛顿运动定律的理解一、单项选择题1．[2020·江苏徐州模拟]有句俗语叫“鸡蛋碰石头——自不量力”．在鸡蛋碰石头的过程中，以下说法中正确的是()A．石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是一对平衡力B．鸡蛋破了，而石头丝毫无损，说明石头对鸡蛋的作用力大C．虽然鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力一样大D．虽然鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力比石头对鸡蛋的作用力大2．[2020·浙江杭州模拟]电动平衡车是一种时尚代步工具．当人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是()A．平衡车匀速行驶时，相对于平衡车上的人，车是运动的B．平衡车的重力与地面对平衡车的支持力是一对平衡力C．平衡车在加速过程中也是平衡的D．关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于惯性3．[2020·常德联考]如图，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”，这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于()A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力4．[2020·湘潭模拟]关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．汽车运动的速度越大越不容易停下来，是因为汽车运动的速度越大惯性越大B．小球由于重力的作用而自由下落时，它的惯性就不存在了C．小球被竖直向上抛出后继续上升，是因为小球受到一个向上的惯性D．物体惯性的大小仅与物体的质量有关，质量大的惯性大5．下列说法中正确的是()A．物体的质量不确定时，加速度a一定正比于合外力FB．对于不同的合外力，加速度a一定反比于质量mC．在公式F＝ma中，当m和a分别用g和m/s2作单位时，F必须用N作单位D．在公式F＝ma中，当m和a分别用kg和m/s2作单位时，F必须用N作单位6.2016年7月上旬，我国海军在海南岛至西沙附近海空域组织演训活动．假设某直升飞机在执行任务过程中，沿如图所示虚线斜向下加速飞行，则空气对直升飞机的作用力可能是( )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 47．[2020·安徽皖中名校联盟联考]下列说法正确的是( )A ．牛顿认为力是维持物体运动的原因B ．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证C ．国际单位制中，kg 、m 、N 是三个基本单位D ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt →0时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度 8．[2019·福建宁德期末]我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600已试飞成功．当“鲲龙”AG600在水面上加速滑行时，其受到的合力( )A ．大小为零B ．方向竖直向上C ．方向与滑行方向相同D ．方向沿滑行方向斜向上9．[2017·上海卷，6]一碗水置于火车车厢内的水平桌面上．当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图( )10．[2019·江西赣州期末]电梯顶上悬挂一根劲度系数为200 N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )A ．匀加速上升，a ＝2.5 m/s 2B ．匀减速上升，a ＝2.5 m/s 2C ．匀加速上升，a ＝5 m/s 2D ．匀减速上升，a ＝5 m/s 2二、多项选择题11．我国《道路交通安全法》中规定，各种小型车辆乘员(包括司机)必须系好安全带．下列说法正确的是( )A ．系好安全带可以减小惯性B ．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C ．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D ．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害12.如图所示，手用力向下压架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变．若手对尺子的压力为F N ，尺子对手的弹力为F ′N ，下列说法正确的有( )A ．F N 和F ′N 是一对平衡力B ．F N 和F ′N 是一对作用力和反作用力C ．F N 是由于尺子发生形变而产生的D ．F ′N 是由于尺子发生形变而产生的 13.如图所示，物体b 在水平推力F 作用下，将物体a 挤压在竖直墙壁上，a 、b 均处于静止状态，下列说法正确的是( )A ．a 对墙壁的摩擦力方向向下B ．b 对a 的摩擦力方向向上C ．增大水平推力F ，a 对墙壁的摩擦力变大D ．增大水平推力F ，b 对a 的摩擦力不变14．如图所示，质量为m 的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )A ．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B ．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C ．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为kx 0＋μmg mD ．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x ＝μmg k时，物体的速度最大规范快练(七)1．解析：石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A 、B 、D 错误．C 正确．答案：C2．解析：本题根据平衡车考查平衡力、惯性等．平衡车匀速行驶时，平衡车与人的相对位置不变，相对于平衡车上的人，车是静止的，故A 项错误；人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，平衡车的重力加上人的重力等于地面对平衡车的支持力，所以平衡车的重力与地面对平衡车的支持力不是一对平衡力，故B 项错误；平衡车在加速过程中不是平衡的，故C 项错误；关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于平衡车具有惯性，故D 项正确．答案：D3．解析：衡量惯性大小的唯一因素就是质量，质量越大，惯性越大，质量越小，惯性越小，故B 正确．答案：B4．解析：A 项，质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，质量越大，惯性越大，故A 项错误；B 项，任何物体在任何情况下都有惯性，小球由于重力的作用而自由下落时，惯性依然存在，故B 项错误；C 项，竖直向空中抛出一个小球，虽然失去了向上的推力，但由于惯性，小球仍然保持原来的运动状态，所以继续向上运动．惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，没有方向，故C 项错误；D 项，物体惯性的大小仅与物体的质量有关，质量大的惯性大，故D 项正确．答案：D5．解析：物体的质量一定时，加速度与合外力成正比；物体受到的合外力一定时，加速度与质量成反比，A 、B 错误．F 、m 、a 三个量的单位都取国际单位制的单位时，公式F ＝ma 成立，故C 错误，D 正确．答案：D 6.解析：飞机受到重力和空气的作用力，沿如图所示虚线斜向下加速飞行时加速度的方向沿虚线的方向，根据牛顿第二定律可知合外力的方向就沿虚线的方向；所以空气对直升飞机的作用力可能只有F 3.故A 、B 、D 三项错误，C 项正确．答案：C7．解析：本题考查对牛顿运动定律的认识．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，A 错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，该定律来源于理想斜面实验的合理外推，B 错误；国际单位制中有7个基本单位，为kg 、m 、s 、A 、K 、mol 、cd ，其余均为导出单位，如N ，C 错误；根据速度定义式v ＝Δx Δt ，可知当Δt →0时，Δx Δt表示物体在t 时刻的瞬时速度，D 正确． 答案：D8．解析：“鲲龙”AG600在水面上做加速直线运动，加速度方向与滑行方向相同，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同，所以合外力方向与滑行方向相同，故选项C 正确．答案：C9．解析：当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A 所示的情形符合要求，故A 正确．答案：A10．解析：由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20) N ＝6 N ，由牛顿第二定律知F －mg ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，ABD 错误．答案：C11．答案：BD12．解析：手对尺子的压力为F N ，尺子对手的弹力为F ′N ，这两个力作用在两个物体上，力的性质相同，是一对作用力与反作用力，故B 正确、A 错误；F N 是由于手发生形变而产生的，而F ′N 是由于尺子发生形变而产生的，故D 正确、C 错误，故选项B 、D 正确．答案：BD13．解析：以b 为研究对象，在竖直方向上，b 受到的重力与a 给它的摩擦力平衡，所以a 对b 的摩擦力方向向上，大小始终等于m b g ，根据牛顿第三定律，b 对a 的摩擦力方向向下，大小始终等于m b g ，选项B 错误、D 正确．以整体为研究对象，在竖直方向上，墙对a 的摩擦力与整体所受的重力平衡，所以，墙对a 的摩擦力方向向上，大小始终等于m a g ＋m b g ，根据牛顿第三定律，a 对墙的摩擦力方向向下，大小始终等于m a g ＋m b g ，选项A 正确、C 错误．答案：AD14．解析：以滑块为研究对象分析受力可知，滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧弹力和摩擦力作用，且弹簧的弹力逐渐增大，即滑块所受合力始终与运动方向相反，故滑块一直做减速运动，所以A 项正确；滑块向右运动过程受向右弹力和向左的摩擦力，当弹力等于摩擦力时速度最大，则滑块向右先加速再减速，B 项错误；当弹簧的压缩量为x 0时，弹簧弹力最大，滑块所受合力最大，由牛顿第二定律有kx 0＋μmg ＝ma ，故此时滑块的加速度最大为a ＝kx 0＋μmg m，所以C 项正确；在滑块向右运动过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹簧形变量x ＝μmg k时，弹簧弹力F ＝kx ＝μmg ，滑块所受合力为零，加速度为零，速度最大．所以D 项正确．答案：ACD。

规范快练(八)牛顿第二定律的应用一、单项选择题1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为() A．7 m/s B．14 m/sC．10 m/s D．20 m/s2．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是()3．[2020·安徽安庆五校联盟联考]在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过2 s到达离地面25 m的最高点，炸开后形成各种美丽的图案．若礼花弹从炮筒中沿竖直向上方向射出时的初速度是v0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，则v0和k分别为()A．25 m/s,0.25 B．25 m/s,1.25C．50 m/s,0.25 D．50 m/s,1.254．[2020·山东日照模拟]物块在1 N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的判断正确的是()A．质量为1 kgB．经过坐标原点时速度为2 m/sC．加速度为1 m/s2D．加速度为0.5 m/s25.[2020·福建省四地六校月考]如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则()A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gB．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小6.如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为() A．2a、a B．2(a＋μg)、a＋μgC．2a＋3μg、a D．a、2a＋3μg7．[2019·北京丰台区期末]图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g＝10 m/s2.根据图象分析可知()A．人的重力可由b点读出，约为300 NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度二、多项选择题8.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)()A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动9．[2019·四川二诊]如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10 m/s2.则()A．拉力大小为6 NB．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1C．1.5 s后物块可能返回D．1.5 s后物块一定静止三、非选择题10．[2020·领航高考冲刺卷]如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆．如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，体重为60 kg的逃生者从离地面18 m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6 m/s时，以大小为2.5 m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面，不计空气阻力，求：(1)减速下滑过程的位移；(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；(3)到达地面整个过程的时间．11．[2020·领航高考冲刺卷]如图1所示，“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动．“滑滑梯”装置可用图2表示，斜面AB倾角θ＝37°，AD＝2.4 m，C点处有墙壁．小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4 m/s.假定小朋友与AB、BC面的动摩擦因数相等，在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)在滑行过程中，AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比；(2)小朋友与AB面的动摩擦因数；(3)为了防止小朋友在C点撞墙，B、C间距离的最小值．12．[2020·武威模拟]随着科学技术的发展，运动员的训练也由原来的高强度、大运动量，转变为科学训练．我们看到世界优秀的百米运动员的肌肉都特别发达，有些甚至接近健美运动员，因为肌肉与脂肪的比例越高，他运动过程中受到的阻力就越小，加速跑的加速度就越大，因此可以提高运动员的比赛成绩．某运动员的质量m＝80.0 kg，他的百米跑可以简化成两个阶段：第一阶段为匀加速直线运动，第二阶段为匀速运动．假设运动员跑动时所受到的阻力大小恒等于运动员自身重力的0.24倍．若该运动员的百米成绩为10.0 s，匀速运动的速度v＝12.0 m/s.重力加速度g取10 m/s2.求：(1)该运动员加速跑阶段的加速度大小和加速的距离．(2)假设该运动员通过科学训练使体重减小到75.0 kg，而他的肌肉力量不变，所能达到的最大速度不变，这个运动员的百米成绩能提高到多少秒？(结果保留三位有效数字)规范快练(八)1．解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg .由v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为：v 0＝2ax ＝2μgx ＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确．答案：B 2．解析：物块的受力如图所示，当F 不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F 大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F －μF N ＝ma ，即F ＝μF N ＋ma ，F 与a 成线性关系．选项C 正确．答案：C3．解析：本题借助竖直上抛运动考查根据物体受力情况分析运动情况．根据牛顿第二定律可知礼花弹上升的加速度a ＝(1＋k )g ，方向竖直向下；然后根据匀变速直线运动的公式和逆向思维方法，得出v 0＝at ，h ＝12at 2，解得v 0＝25 m/s ，a ＝12.5 m/s 2，则k ＝0.25，A 正确．答案：A4．解析：本题根据x - v 2图象考查根据受力情况分析运动情况．根据图象求出解析式为x ＝v 2－2，与v 2－v 20＝2ax 对比可得a ＝0.5 m/s 2，由F ＝ma 可得m ＝2 kg ，由图象可看出x＝0时，v 20＝2 m 2/s 2，则v 0＝ 2 m/s ，D 正确．答案：D5．解析：剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断悬绳瞬间，对B 受力分析，B 的受力情况不变，则B 的加速度为0，对A 分析，A 受的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得A 的加速度a ＝2g ，故A 、B 错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F ＝mg ＝kx ，当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，加速度为零，速度最大，x ′＝x ，所以A 物块向下运动的距离为2x 时速度最大，加速度最小，故C 正确，D 错误．答案：C6．解析：撤去F 前，根据牛顿第二定律，对A 、B 、弹簧整体有F －μ·3mg ＝3ma ，对B 有F 弹－μ·2mg ＝2ma ，得F 弹＝2m (a ＋μg )．撤去F 的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F 弹，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B 受力不变，a B ＝a ，对物体A ，由牛顿第二定律得F 弹＋μmg ＝ma A ，有a A ＝2a ＋3μg .综上分析，C 项正确．答案：C7．解析：本题考查根据起跳过程力的变化判断超失重状态．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N ，人的重力也约为900 N ，故A 错误；b 到c 的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B 错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C 正确；b 点弹力与重力的差值要小于c 点弹力与重力的差值，则人在b 点的加速度要小于在c 点的加速度，故D 错误．答案：C8．解析：物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F fm＝2＋31 m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s ，B 正确，A错误；减速到零后，恒力F <F f ，物体将保持静止，不再运动，C 正确，D 错误．答案：BC 9．解析：本题考查根据受力物体的运动图象分析其受力情况和某时间段的运动情况．由题图乙知，各阶段加速度的大小为a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s 内F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5 s 内μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 2；联立解得F ＝6 N ，但无法求出μ和θ，故A 正确，B 错误．不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，则C 正确，D 错误．答案：AC10．解析：(1)由题意可知减速过程 由v 2＝2a 1x 1，得x 1＝7.2 m. (2)减速过程F －mg ＝ma 1，得F ＝750 N根据牛顿第三定律，逃生者对缓降绳索的拉力大小750 N.(3)加速过程时间t 2＝Δx 2v －＝3.6 s减速过程时间t 1＝Δx 1v－＝2.4 st 总＝t 1＋t 2＝6.0 s.答案：(1)7.2 m (2)750 N (3)6.0 s11．解析：(1)在AB 面上，F N1＝mg cos θ 在BC 面上，F N2＝mgAB 面和BC 面对小朋友的支持力大小之比， F N1F N2＝cos θ1＝0.8. (2)小朋友在AB 面上的加速度大小为a 1又因为x AB ＝h ADsin θ＝4 m所以a 1＝v 2B2x AB＝2 m/s 2由牛顿第二定律得ma 1＝mg sin θ－μmg cos θ 得μ＝0.5.(3)小朋友在BC 面上的加速度大小a 2＝μg ＝5 m/s 2 刚好不撞上C 点，设BC 的长度为x BC得x BC ＝v 2B2a 2＝1.6 mBC 的长度至少为1.6 m.答案：(1)0.8 (2)0.5 (3)1.6 m 12．解析：(1)设加速时间为t ， 有12v t ＋v (t 0－t )＝x 代入已知数据解得t ＝103s又a ＝vt＝3.6 m/s 2加速的距离s ＝12v t ＝20 m(2)设该运动员加速跑时的动力为F ，对该运动员有 F －F f ＝ma 解得F ＝480 N体重减少到m ＝75 kg 后， 对该运动员有F －F f ′＝m 1a 1解得a 1＝4 m/s 2又v 2＝2a 1x 1，解得x 1＝18 m运动员加速的时间t 1＝va 1＝3 s匀速的时间t 2＝x －x 1v ＝6.83 s ， 所以该运动员的百米成绩为 t ＝t 1＋t 2＝9.83 s.答案：(1)3.6 m/s 2 20 m (2)9.83 s。

规范快练(十一)曲线运动运动的合成与分解一、单项选择题1．[2020·湖南永州一模]在光滑的水平面上有一冰球以速度v0沿直线匀速从a点运动到b点，忽略空气阻力，如图所示为俯视图．当冰球运动到b点时受到垂直于速度方向的力的快速撞击，撞击之后冰球可能的运动轨迹是()2.河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向3．如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小4．[2020·厦门模拟]如图所示，在一次海上救援行动中，直升机用悬索系住伤员，直升机和伤员一起在水平方向以v1＝8 m/s的速度匀速运动，同时悬索将伤员在竖直方向以v2＝6 m/s的速度匀速上拉，则伤员实际运动速度v的大小是()A．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．14 m/s5.如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为()A．2 m/s B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s6．[2020·六安模拟]小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s，船在静水中的航速是4 m/s，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t分别为() A．船头应垂直指向对岸，t＝100 sB．船头应与上游河岸成60°角，t＝20033sC．船头应垂直指向对岸，t＝20033sD．船头应与下游河岸成60°角，t＝100 s7．如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸的夹角均为θ的两个不同方向渡河．已知两小船在静水中航行的速度大小相等，则下列说法正确的是()A．甲先到达对岸B．乙先到达对岸C．渡河过程中，甲的位移小于乙的位移D．渡河过程中，甲的位移大于乙的位移8.[2020·锦州模拟]如图所示，从上海飞往北京的波音737客机上午10点10分到达首都国际机场，若飞机在降落过程中的水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前()A．飞机的运动轨迹为曲线B．经20 s飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等C．在第20 s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等D．飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s二、多项选择题9．关于曲线运动，下列说法正确的是()A．物体之所以做曲线运动，是由于物体受到变力的作用B．物体只有受到一个方向不断改变的力，才可能做曲线运动C．物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，做曲线运动D．平抛运动是一种匀变速曲线运动10.[2020·海淀联考]某同学在研究运动的合成时做了如图所示活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖．若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是()A．笔尖做匀速直线运动B．笔尖做匀变速直线运动C．笔尖做匀变速曲线运动D．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小11．[2020·枣庄模拟]船在静水中的航速是1 m/s，河岸笔直，河宽恒定，靠近岸边的水流速度为2 m/s，河中间的水流速度为3 m/s.以下说法中正确的是()A．因船速小于水流速度，船不能到达对岸B．船不能沿一直线过河C．船航行的轨迹不能垂直河岸D．船过河的最短时间是一定的12．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，并放入一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α，则红蜡块R的()A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D．tan α与时间t成正比13．[2020·黑龙江实验中学高三上月考]如图为玻璃自动切割生产线示意图，图中，玻璃以恒定的速度向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行，滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动，割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割．要使切割后的玻璃是矩形，以下做法能达到要求的是()A．保持滑杆不动，仅使割刀沿滑杆运动B．滑杆向左移动的同时，割刀沿滑杆滑动C．滑杆向右移动的同时，割刀沿滑杆滑动D．滑杆向右移动的速度必须与玻璃运动的速度相同规范快练(十一)1．解析：由题意可知，两速度的合速度的方向，即为冰球运动的方向，由于冰球受到的是瞬间撞击，获得速度后不再受力，因此冰球不可能做曲线运动，故B 、D 错误；冰球受到力的垂直撞击但初速度方向不变，撞击后的合速度是两个垂直方向速度的合成，故A 错误，C 正确．答案：C2．解析：落水者和救生员都随着水流运动，水流的速度对他们之间的距离无影响．他们之间的距离始终沿Ob 方向，救生员只需相对于水流沿Ob 直线运动，就能实施救助，选项B 正确．答案：B3．解析：质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，C 错误；由于在D 点速度方向与加速度方向垂直，则在A 、B 、C 点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由A 到B 到C 到D 速率减小，所以C 点速率比D 点的大，A 正确，B 错误；质点由A 到E 的过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小，D 错误．答案：A 4.解析：伤员参与了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定则，如图所示，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度的大小v ＝v 21＋v 22＝82＋62 m/s ＝10 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．解析：设水流速度为v 1，船的静水速度为v 2，船沿AB 方向航行时，运动的分解如图所示，当v 2与AB 垂直时，v 2最小，v 2min ＝v 1sin 37°＝4×0.6 m/s ＝2.4 m/s ，选项B 正确． 答案：B6．解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝ 42－22 m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023s ＝20033 s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B7．解析：两小船在静水中航行的速度大小相等，且渡河方向与河岸的夹角均为θ，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响渡河时间，所以甲、乙两小船同时到达对岸，A 、B 错误．甲船在平行于河岸方向上的速度为v ′甲＝v 水－v 甲cos θ，乙船在平行于河岸方向上的速度为v ′乙＝v 水＋v 乙cos θ，两船在平行于河岸方向上的位移分别为x 甲＝v ′甲t ，x 乙＝v ′乙t ，则x 甲<x 乙，又两船在垂直于河岸方向上的位移相同，故在渡河过程中，甲的位移小于乙的位移，C 正确，D 错误． 答案：C8．解析：由于初速度的方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，A 错误；由匀减速运动规律可知，飞机在第20 s 末的水平分速度为20 m/s ，竖直方向的分速度为2 m/s ，B 错误；飞机在第20 s 内，水平位移x ＝⎝⎛⎭⎫v 0x t 20＋12a x t 220－v 0x t 19－12a x t 219＝21 m ，竖直位移y ＝v 0y t 20＋12a y t 220－v 0y t 19－12a y t 219＝2.1 m ，C 错误，飞机在第20 s 内，水平方向的平均速度为21 m/s ，D 正确．答案：D9．解析：物体之所以做曲线运动，是由于物体受到与速度不共线的合力的作用，选项A 错误；物体只有受到一个与速度不共线的合力的作用，才可能做曲线运动，合力的方向不一定是不断改变的，选项B 错误；物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物体做曲线运动，选项C 正确；平抛运动的加速度恒为g ，是一种匀变速曲线运动，选项D 正确．答案：CD10．解析：由题意知，笔尖的初速度竖直向上，水平向右的加速度恒定，故做匀变速曲线运动，选项A 、B 错误，C 正确；由于竖直方向速度大小恒定，水平方向速度大小逐渐增大，故笔尖的速度方向与水平方向的夹角逐渐变小，D 正确．答案：CD11．解析：只要船头指向对岸，船就一定可以到达对岸，选项A 错误；由于水流速度变化较大且大于船速，合速度不可能不变，故一定是曲线运动，选项B 正确；由于水流速度大于船速，合速度不可能垂直河岸，故航线轨迹不能垂直河岸，选项C 正确；当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，与水流速度无关，选项D 正确．答案：BCD12．解析：设运动的时间为t ，由运动学公式可得y ＝v 0t ，x ＝12at 2，联立可得x ＝ay 22v 20，选项A 错误，选项B 正确；将蜡块的速度进行分解如图所示，由图中几何关系，可得：v＝at sin α，α在变化，选项C 错误；at ＝v 0tan α，a 和v 0为定值，选项D 正确． 答案：BD13．解析：由题意可知，玻璃以恒定的速度向右运动，割刀沿滑杆滑动，而滑杆与滑轨垂直且可沿滑轨左右移动，要得到矩形的玻璃，则割刀沿玻璃的运动方向的速度与玻璃运动的速度相同即可，因此滑杆向右运动，且速度与玻璃速度相同，同时割刀沿滑杆滑动，选项C 、D 正确，A 、B 错误．答案：CD。

单元评估检测(一) 运动的描述匀变速直线运动(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.如图所示是小李使用“咕咚”软件记录的晨跑运动轨迹，运动信息如下：里程5 km，时长40 min，配速8 min/km，时速7.5 km/h.下列说法正确的是( )A．里程5 km指的是位移B．时长40 min指的是时刻C．配速越小平均速率越大D．时速7.5 km/h指的是平均速度2.一质点由静止开始做直线运动的v ­t关系图象如右图所示，则该质点的x ­t关系图象可大致表示为下图中的( )3．[2020·开封模拟]若某一驾驶员在绿灯结束前3 s 开始刹车，并不断加大制动力，结果在黄灯亮起时车刚好停在停止线外．图中能反映这位驾驶员刹车过程的速度随时间变化关系的是( )4．如图所示的位移－时间(x ­ t)图象和速度－时间(v ­ t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B ．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C ．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D ．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等5．[2019·湖北武汉4月调考]某质点做匀加速直线运动，经过时间t 速度由v0变为kv0(k>1)，位移大小为x.则在随后的4t 时间内，质点的位移大小为( )A.83k －2x k ＋1 B.82k －1x k ＋1C.82k －1x k －1D.35k －3x k ＋16．如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则AB ：BC 等于( )A ．1：1B ．1：2C．1：3 D．1：47．[2020·大连检测]如图所示，哈大高铁运营里程为921公里，设计时速为350公里，某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921公里是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s8.如图所示，建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以10 m/s 的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )A．4 s B．3 sC．2 s D．1 s二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．我国新研制的隐形战机歼－20，已经开始挂弹飞行．在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的( )A ．速度不断增大，位移不断减小B ．速度不断增大，位移不断增大C ．速度增加越来越快，位移增加越来越快D ．速度增加越来越慢，位移增加越来越快10．物体甲的位移－时间图象和物体乙的速度－时间图象分别如图(a)、(b)所示，则关于这两个物体的运动情况，下列说法正确的是( )A ．甲在整个t ＝6 s 时间内的速度为23 m/sB ．甲在整个t ＝6 s 时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC ．乙在整个t ＝6 s 时间内有来回运动，它通过的总位移为零D ．乙在整个t ＝6 s 时间内方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m11．北京市少年宫花样玩具赛车表演中，两位少年宫的小朋友分别控制着甲、乙两辆遥控玩具赛车同时同地从相邻的跑道出发，沿同一方向运动，通过各自的传感器将速度信息传输给计算机，并通过电脑绘制出如图所示的v ­ t 图象，其中甲图线是圆心在坐标原点的14圆弧，乙图线是过原点和点(10,10)的直线，在0～10 s 内，关于两赛车间的位置关系的说法中正确的是( )A．在t1时刻两赛车相遇B．在t1时刻两赛车间距离最大C．在t1～10 s内的某时刻两赛车相遇D．在t＝10 s时，甲赛车在乙赛车前方约28.5 m处12．酒后驾驶存在许多安全隐患，原因在于酒后驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间．表中思考距离是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；制动距离是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小不变)．分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB．当汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车C．汽车以15 m/s的速度行驶时，汽车制动的加速度大小为10 m/s2D．表中x为66.712三、非选择题：本题共6个小题，共60分．13．(6分)一个同学在研究小球自由落体运动时，用频闪照相连续记录下小球的位置如图所示，已知闪光周期为130s，测得x1＝7.68 cm，x3＝12.00 cm，通过计算可得小球运动的加速度是________ m/s2，图中x2是________ cm(结果保留3位有效数字)．14．[2016·天津卷，9(节选)](8分)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(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)．x1＝3.59 cm，x2＝4.41 cm，x3＝5.19 cm，x4＝5.97 cm，x5＝6.78 cm，x6＝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)15.(8分)一辆汽车刹车前的速度为90 km/h，刹车获得的加速度大小为10 m/s2，求：(1)汽车刹车开始后10 s内滑行的距离x0.(2)从开始刹车到汽车位移为30 m时所经历的时间t.(3)汽车静止前1 s内滑行的距离x′.16．(8分)A、B两车在同一直线上运动，A在后，B在前．当它们相距x0＝8 m时，A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以vA＝8 m/s的速度向右做匀速运动，而物体B此时速度vB＝10 m/s向右，它在摩擦力作用下以a＝－2 m/s2做匀减速运动，求：(1)A未追上B之前，两车的最远距离为多少？(2)经过多长时间A追上B?17.[2019·浙江4月模拟](14分)公交车是现代城市很重要的交通工具，它具有方便、节能减排、缓解城市交通压力等许多作用．某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，黄老师距车站的距离为50 m．假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间为8 s．而黄老师的最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动过程，求其加速度大小是多少？(2)若公交车可视为质点，则在(1)问的情况下，试计算分析，黄老师是应该上这班车，还是等下一班车？18．(16分)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；(3)汽车在上述22 m的运动全过程中的平均速度的大小．单元评估检测(一)1．解析：配速单位min/km，其值越小，表明平均速率越大．答案：C2．解析：根据位移－时间图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x ­t关系图象可大致表示为B图．答案：B3．解析：根据题述，不断加大制动力，加速度不断增大，v ­t 图线的斜率不断增大，故D正确．答案：D4．解析：在x ­t图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B均错．在v ­t图象中，t2时刻丙、丁两车的速度相等，故两车相距最远，C 正确．由图线可知，0～t2时间内丙车的位移小于丁车的位移，故丙车的平均速度小于丁车的平均速度，D 错误．答案：C5．解析：根据题意可得x ＝v0＋kv02t ，经过时间t 速度由v0变为kv0，则质点的加速度a ＝kv0－v0t ＝(k －1)v0t，在随后的4t 时间内，质点的位移大小为x ′＝kv0·4t ＋12a(4t)2，联立解得x ′＝83k －2x k ＋1，所以选项A 正确． 答案：A6．解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v20＝2ax ，知xAB ＝v2B 2a ，xAC ＝v2C 2a，所以AB AC ＝14，则AB BC ＝13.选项C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车从哈尔滨到大连所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921公里是指路程，选项B 错误；由等时位移差公式xn －xm ＝(n －m)aT2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5× 1 s 2＝－5 m/s2，即加速度大小为5 m/s2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s 末列车速度为57.5 m/s ，由加速公式可得 v0＝v －at ＝57.5 m/s －(－5 m/s2×4.5 s)＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D8．解析：研究第一块砖h ＝v0t ＋12(－g)t2，即3.75 m ＝(10t －5t2) m ，解得t1＝0.5 s ，t2＝1.5 s ，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m 处的时间为t3＝1.5 s ，t4＝2.5 s ，楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt ＝t4－t1＝2 s ，选项C 正确．答案：C9．解析：飞机的加速度不断变小，但速度不断变大，只是增加变慢而已，速度变大时，位移增加变快，B 、D 正确．答案：BD10．解析：甲的x ­ t 图线的斜率表示速度，v ＝Δx Δt ＝23m/s ，速度方向不变，没有来回运动，只是相对于原点的位移开始为负，后来为正，选项A 、B 正确．乙的v ­ t 图象的斜率表示加速度，速度先是负向变小，后正向增大，有来回运动，总位移为零，选项C 正确，D 错误．答案：ABC11．解析：在v ­ t 图象中，图线与坐标轴围成图形的“面积”等于赛车运动的位移．在0～t1时间内，甲在前乙在后，两者之间的距离逐渐增大，t1时刻两赛车速度相等，之后乙的速度大于甲的速度，两者之间的距离越来越小．在t ＝10 s 时，甲赛车的位移为 x1＝14π(10)2 m ＝78.5 m ，乙赛车的位移为x2＝12×102 m ＝50 m ，甲赛车仍在乙赛车的前方28.5 m 处，B 、D 两项正确．答案：BD12．解析：反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多处的反应时间为Δt ＝Δx v ＝15－7.515s ＝0.5 s 故，A 正确；当汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7 m ，大于40 m ，故不能安全停车，故B 正确；汽车制动时，加速度大小为a ＝v22x ＝1522×30－15m/s2＝7.5 m/s2，故C 错误；此时思考距离增加Δx ＝25 m －12.5 m ＝12.5 m ，故x ＝54.2 m ＋12.5 m ＝66.7 m ，故D 正确．答案：ABD13．解析：根据a ＝x3－x14T2，可得a ＝9.72 m/s2. 又根据x2－x1＝x3－x2，可得x2＝9.84 cm.答案：9.72(3分) 9.84(3分)14．解析：(1)若细线与长木板不平行，随着小车逐渐靠近滑轮，细线与水平方向的夹角增大，小车所受合力随之变化，因此小车的加速度发生变化，即小车不做匀变速直线运动，故细线必须与长木板平行，A 选项必要．先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放小车，点迹按匀变速运动规律显现在纸带上；若先释放小车再接通电源，则开始阶段点迹不规律，误差较大，故B 项必要．该实验研究小车的匀变速直线运动，与小车所受到的合力及合力大小的计算无关，故C 、D 项不必要．(2)交流电的频率为f ＝50 Hz ，相邻两计数点间的时间间隔t ＝0.1 s ，由逐差法可求小车的加速度．a ＝x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x13t 2 ＝20.39－13.19×10－29×10－2m/s2＝0.80 m/s2 vB ＝x1＋x22t＝ 3.59＋4.41×10－22×0.1 m/s ＝0.40 m/s. 答案：(1)AB(2分) (2)0.80(3分) 0.40(3分)15．解析：(1)判断汽车刹车所经历的时间由0＝v0＋at0及a ＝－10 m/s2，v0＝90 km/h ＝25 m/s.得：t0＝－v0a ＝2510s ＝2.5 s<10 s 汽车刹车后经过2.5 s 停下来，因此10 s 内汽车的位移，只是2.5 s 内的位移根据v2－v20＝2ax0得x0＝v2－v202a ＝0－2522×－10 m ＝31.25 m.(2)根据x ＝v0t ＋12at2 解得：t1＝2 s ，t2＝3 s>2.5 s(舍去)．(3)把汽车减速到速度为零的过程，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动过程，求出汽车以10 m/s2的加速度经过1 s 的位移，即：x ′＝12(－a)t ′2＝12×10×12 m ＝5 m. 答案：(1)31.25 m (2)2 s (3)5 m16．解析：(1)设时间t1时两车速度相同，此时相距最远， 则有vA ＝vB ＋at1代入数据解得t1＝1 s两车最远距离Δx ＝xB ＋x0－xA ＝vBt1＋12at21＋x0－vAt1＝10×1 m －12×2×1 m ＋8 m －8×1 m ＝9 m. (2)设A 追上B 时为t2由vAt2＝vBt2＋12at22＋x0代入数据解得t2＝4 s ，B 速度减为零的时间t0＝－10－2s ＝5 s ，可知此时B 还未停止．答案：(1)9 m (2)4 s17．解析：(1)由匀变速直线运动规律知，公交车刹车的加速度a1＝0－v212x1＝0－1522×25m/s2＝－4.5 m/s2 故其加速度的大小为4.5 m/s2.(2)公交车从与黄老师相遇处到开始刹车用时t1＝x －x1v1＝50－2515 s ＝53s 公交车刹车过程用时t2＝0－v1a1＝103s 黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时t3＝v2－v3a2＝6－12.5s ＝2 s 黄老师加速过程中的位移x2＝v2＋v32t3＝7 m 以最大速度跑到车站的时间t4＝x －x2v2＝436s 因为t3＋t4<t1＋t2＋8 s所以黄老师应该上这班车．答案：(1)4.5 m/s2 (2)上这班车18．解析：(1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝Ff m，将Ff ＝12 000 N ，m ＝1 500 kg 代入得a2＝8 m/s2. (2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小v ，其到障碍物的距离为x2，则x2＝v22a2已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，位移为x1＝v20－v22a1，x1＋x2＝x ，已知总位移x ＝22 m ， v0＝10 m/s ，由以上各式得v ＝8 m/s ，x2＝4 m.(3)“紧急制动”前的时间t1＝v0－v a1＝2 s ， “紧急制动”后的时间t2＝v a2＝1 s ， 总时间t ＝t1＋t2＝3 s ，v －＝x t ＝223m/s ≈7.33 m/s. 答案：(1)8 m/s2 (2)8 m/s 4 m(3)7.33 m/s。

规范快练(五)力的合成与分解一、单项选择题1．下列各组物理量中全部是矢量的是()A．位移、速度、加速度、力B．位移、时间、速度、路程C．力、位移、速率、加速度D．速度、加速度、力、路程2.[2020·肇庆模拟]如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的() A．1和4 B．3和4C．2和4 D．3和23．一物体受到三个共点力F1、F2、F3共同作用，其力的矢量关系如图所示，则它们的合力大小是()A．0 B．2F1C．F3D．2F24．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC．当θ不同时，运动员受到的合力不同D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等5.如图所示，AB是半圆的直径，O为圆心，P点是圆上的一点，在P点作用了三个共点力F1、F2、F3.若F2的大小已知，则这三个力的合力为()A．F2B．2F2C．3F2D．4F26．[2020·吉林扶余模拟]如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动．在这三种情况下，若绳的张力分别为F T1、F T2、F T3，定滑轮对轴心的作用力分别为F N1、F N2、F N3，滑轮的摩擦、质量均不计，则() A．F T1＝F T2＝F T3，F N1>F N2>F N3B．F T1>F T2>F T3，F N1＝F N2＝F N3C．F T1＝F T2＝F T3，F N1＝F N2＝F N3D．F T1<F T2<F T3，F N1<F N2<F N37．质量为2 kg的质点仅受两个力作用，两个力的大小分别为3 N和5 N．则该质点的加速度的值可能为()A．0.5 m/s2B．0.75 m/s2C．3.5 m/s2D．4.5 m/s28．[2020·汉中模拟]如图所示是山区村民用斧头劈柴的剖面图，图中BC边为斧头背面，AB、AC边是斧头的刃面．要使斧头容易劈开木柴，则应()A．缩短BC边，AB边也缩短些B．BC边延长些，AB边缩短些C．BC边缩短些，但AB边延长些D．BC边延长些，AB边也延长些9．如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直下降．关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法中正确的是()A．不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．可能不变，也可能增大10．如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平．将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置．不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为32mgC ．细线对轻环的作用力大小为32mgD ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30° 11．[2017·全国卷Ⅲ，17]一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm 二、多项选择题12．共点的两个力，大小均为10 N ，当它们的合力在0～10 N 范围时，它们夹角可能值是( )A ．27°B ．79°C ．121°D ．173°13．[2018·天津卷，7]明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则( )A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大 14.如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A 、B 两点，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间夹角为θ1，绳子张力为F 1；将绳子B 端移至C 点，等整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F 2；将绳子B 端移至D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F 3，不计摩擦，则( )A ．θ1＝θ2＝θ3B ．θ1＝θ2<θ3C ．F 1>F 2>F 3D ．F 1＝F 2<F 3规范快练(五)1．解析：位移、速度、加速度、力都有大小又有方向，都是矢量，故A正确．答案：A2．解析：小球的重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按这两个方向分解，分别是3和4，故B正确，A、C、D错误．答案：B3．解析：根据三角形定则，F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段，即与F2相同，合力等于2F2，故D正确，A、B、C错误．答案：D4．解析：运动员处于静止状态，即平衡状态，所受合力为零，每只手都承受自身重力的一半，和θ无关，A正确，B、C错误；由牛顿第三定律知运动员与地面间的相互作用力大小始终等于其重力，D错误．答案：A5．解析：由几何知识知，力F1与F3垂直，以F1、F3为邻边作平行四边形，如右图所示，则F1、F3的合力为PC代表的线段，由于PC＝2PO，即PC代表的力等于2F2，故三个力的合力为3F2，C正确．答案：C6.解析：物体静止时绳的张力等于物体重力的大小，所以F T1＝F T2＝F T3＝mg.方法一：用图解法确定F N1、F N2、F N3的大小关系．与物体连接的这一端，绳对定滑轮的作用力F T的大小也为mg，作出三种情况下的受力图如图所示，可知F N1>F N2>F N3，故选项A正确．方法二：用计算法确定F N1、F N2、F N3的大小关系．已知两个分力的大小，其合力与两分力(分力间的夹角为θ)满足关系式F＝F21＋F22－2F1F2cos θ，θ越小，F越大，所以F N1>F N2>F N3，故选项A正确．答案：A7．解析：3 N和5 N的合力范围为2～8 N，故加速度的最大值为a max＝82m/s2＝4 m/s2，加速度的最小值为a min＝22m/s2＝1 m/s2，选项C正确．答案：C8．解析：如图所示，斧头劈柴的力形成对木柴两端的挤压力，两力与斧头的AB、AC 边相互垂直；则可知当BC边缩短一些，AB边延长一些时两力之间的夹角更大，则两分力更大，更容易劈开木柴，故C 正确．答案：C9．解析：当光滑挂钩下的重物C 缓慢下降时，设绳AC 和BC 与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为F ，绳AC 和BC 在水平方向上的分力均为F x ＝F sin α，大小相等，方向相反，是一对平衡力．绳AC 和BC 在竖直方向的分力都为F y ＝F cos α，两绳的合力与重力是一对平衡力，所以2F y ＝2F cos α＝mg ，即F ＝m2cos α，重物C 缓慢下降时，α角逐渐减小，所以两绳的拉力F 都不断减小，选项B 正确．答案：B 10．解析：轻环两边绳子的拉力大小相等，均为F T ＝mg ，轻环两侧绳子的拉力与轻环对圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA ＝OM 知∠OMA ＝∠MAO ＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小F N ＝2mg cos 30°＝3mg ，选项A 错误；细线对M 点的拉力大小为mg ，选项B 错误；细线对轻环的作用力大小为F N ′＝F N ＝3mg ，选项C 错误；由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D 正确．答案：D 11．解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm 的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F ＝k (l－l 0)＝0.2k ，由共点力的平衡条件和几何知识得F ＝mg 2sin α＝5mg6；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度为l ′，由胡克定律得F ′＝k (l ′－l 0)，由共点力的平衡条件F ′＝mg2，联立上面各式解得l ′＝92 cm ，选项B 正确．答案：B 12.解析：由题意，两个相等的共点力大小为10 N ，而合力的大小也为10 N ，因此由等边三角形的知识可知，当它们之间的夹角为120°时，合力即为10 N ，如图所示，而当夹角为180°时，则合力为零，因此它们的合力在0～10 N 范围时，它们的夹角在120°～180°之间，故选项C 、D 正确．答案：CD 13．解析：本题考查力的分解，确定合力与分力等效替代关系是正确解题的关键．作用在木楔背上的力F 可以分解为垂直于两个侧面的分力F N ，如图所示．由平行四边形定则可知，F N ＝F2sinθ2，由上式可知，F 一定时，木楔顶角越小，F N 越大，选项A 错误、B 正确；木楔顶角一定时，F 越大，F N 越大，选项C 正确、D 错误．答案：BC14．解析：设绳子结点为O ，对其受力分析，如图当绳子右端从B 移动到C 点时，根据几何关系，有AO sin θ12＋OB sin θ12＝AC ，同理有AO ′sin θ22＋O ′B sin θ22＝AC ，绳子长度不变，有AO ＋OB ＝AO ′＋O ′B ，故θ1＝θ2.绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F 1＝F 2；绳子右端从B 移动到D 点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F 1<F 3，故θ1＝θ2<θ3，F 1＝F 2<F 3.答案：BD。

规范快练(十九)功能关系能量守恒定律一、单项选择题1.如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下．他在空中滑翔的过程中()A．只有重力做功B．重力势能的减小量大于重力做的功C．重力势能的减小量等于动能的增加量D．动能的增加量等于合力做的功2.一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是()A．机械能增加B．克服阻力做的功等于机械能的减少量C．减少的动能等于增加的重力势能D．因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功3.如图，质量为1 kg的小物块从倾角为30°、长为2 m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度取10 m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是()A．5 J,5 J B．10 J,15 JC．0,5 J D．0,10 J4.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒5.如图所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 随时间t 、位移x 关系的是( )6.[2020·安徽重点中学协作体模拟]如图所示，固定斜面AB 和CB 与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为α、β，OB ＝h .细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m 的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB 后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD ＝l ，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧对小物块做功为μmglB ．斜面摩擦力对小物块做功为μmghsin αC ．细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫h tan α＋lD ．撤去斜面AB ，小物块还从D 点弹出，将沿斜面CB 上滑并从B 点飞出 二、多项选择题 7.如图所示在光滑的水平面上，有一质量为M 的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m 的小铁块无初速地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L 时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x ，在这个过程中，下面说法正确的是( )A ．小铁块增加的动能μmg (x ＋L )B ．长木板减小的动能μmgxC ．摩擦产生的热量μmg (x －L )D ．系统机械能的减少量为μmgL 8．[2020·四川成都模拟]如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v - t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2.则在该段时间内( )A．物体的加速度大小为1 m/s2B．弹簧的伸长量为3 cmC．弹簧的弹力做功为30 JD．物体的重力势能增加36 J三、非选择题9.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．10.如图所示，AB为半径R＝0.8 m的14光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)．试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小．11．[2020·合肥模拟]在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道．半径R ＝1.6 m ，BC 是长度为L 1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为L 2＝3.6 m 的水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑．参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m ＝60 kg ，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力．(2)若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向． (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．规范快练(十九)1．解析：由功能转换关系知，重力做功对应重力势能的变化量．合力做功对应物体动能的变化量，选项D 正确．答案：D2．解析：A 项，骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，受阻力作用，部分的机械能转化为内能，所以机械能减小，故A 不正确；B 项，由于你没有蹬车，受阻力作用，所以除重力外，只有阻力做功，人与自行车克服阻力做的功等于机械能的减少量，故B 正确；C 项，由于阻力做负功，所以减少的动能大于增加的重力势能，故C 错误；D 项，克服重力做功，与克服阻力做功的大小无法比较，故D 错误．故选B.答案：B3．解析：对物块进行受力分析可知，物块受到重力和支持力，下滑的过程中支持力不做功只有重力做功，符合机械能守恒定律的条件，物块在中点时的机械能等于在斜面顶端时的机械能，故机械能等于0.由机械能＝动能＋重力势能，物块在中点时的重力势能E p ＝－mg ×12×L sin θ＝－5 J ，则动能为5 J ，C 正确．答案：C4．解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C 正确，A 、B 、D 均错误．答案：C5．解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，C 项正确，D 项错误；产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，A 、B 项错误．答案：C6．解析：本题考查斜面模型中的功能问题．由功能关系可知，弹簧对小物块做功为W＝μmgl ＋μmg cos α·hsin α＋mgh ＝mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫l ＋h tan α，细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为E p ＝mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫l ＋h tan α，选项A 错误，C 正确；斜面摩擦力对小物块做功为W Ff ＝μmg cosα·h sin α＝μmg h tan α，选项B 错误；撤去斜面AB ，小物块到达B 点需要的能量为E ＝mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫l ′＋h tan β＝mgh ＋μmg OD ＝E p ，故物块恰能到达B 点，选项D 错误． 答案：C7．解析：对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有μmg (x －L )＝12m v 2－0，其中(x －L )为小铁块相对地面的位移，小铁块增加的动能ΔE k m ＝μmg (x －L )，A 项错．对长木板，摩擦力做负功，根据动能定理，长木板减少的动能ΔE k M ＝μmgx ，B 项正确．摩擦产生的热量Q ＝μmgL (L 为相对位移)，C 项错误．根据能量守恒定律：系统减少的机械能等于产生的热量Q ＝ΔE ＝μmgL .答案：BD8．解析：根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a ＝ΔvΔt＝1 m/s 2，选项A 正确；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，F －mg sin 30°＝ma ，解得F ＝6 N ．由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，选项B 正确；在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大ΔE k ＝12m v 22－12m v 21＝6 J ，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x ＝6 m ，物体重力势能增加ΔE p ＝mgx sin 30°＝30 J ；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J ，选项C 、D 错误．答案：AB9．解析：(1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，则有F N B －mg ＝m v 2BR又F N B ＝8mg由能量守恒定律可知弹性势能E p ＝12m v 2B ＝72mgR . (2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2CR物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12m v 2B －⎝⎛⎭⎫12m v 2C ＋2mgR 解得Q ＝mgR .答案：(1)72mgR (2)mgR10．解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12m v 2B ，F N B －mg ＝m v 2BR则F N B ＝30 N.(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v ，设滑块的加速度大小为a 1，小车的加速度大小为a 2.对滑块有μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1<t 0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为l 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)，解得l 车＝1 m.(3)Q ＝μmgl 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2t 1－v2t 1.解得Q ＝6 J.答案：(1)30 N (2)1 m (3)6 J11．解析：(1)对参赛者：A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos 60°)＝12m v 2B代入数据解得：v B ＝4 m/s在B 点，对参赛者由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2BR代入数据解得：F N ＝1 200 N由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力为：F N ′＝F N ＝1 200 N 方向竖直向下．(2)参赛者由C 到D 的过程，由动能定理得：－μ2mgL 2＝0－12m v 2C解得：v C ＝6 m/s>v B ＝4 m/s 所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带上一直加速，设到达C 点的速度为v ，由动能定理得：μ1mgL 1＝12m v 2－12m v 2B解得：v ＝2 10 m/s>v C ＝6 m/s 所以传送带运转速率等于v C ＝6 m/s.(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为： t ＝v C －v B a ＝v C －v B μ1g＝0.5 s此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx ＝v C t －v B ＋v C2t ＝0.5 m由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：ΔE ＝μ1mg Δx ＋⎝⎛⎭⎫12m v 2C －12m v 2B 代入数据解得：ΔE ＝720 J.。

规范快练(三)运动学图象、追及和相遇问题一、单项选择题1．如图所示是一辆汽车做直线运动的x -t图象，对相应的线段所表示的汽车的运动情况，下列说法不正确的是()A．AB段表示汽车静止B．BC段汽车发生的位移大于CD段汽车发生的位移C．CD段汽车运动方向和BC段汽车运动方向相反D．CD段汽车运动速度大于BC段汽车运动速度2.[2020·天津市联考]一玩具小车沿x轴运动，其v-t图象如图所示．下列说法正确的是()A．第1 s内和第4 s内，小车的加速度大小相等、方向相同B．0～3 s内，小车的平均速度为5 m/sC．t＝3 s时，小车的速度大小为5 m/s，方向沿x轴正方向D．第2 s内和第3 s内，小车位移相同3．[2019·浙江4月选考]甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在0～t1时间内()A．甲的速度总比乙大B．甲、乙位移相同C．甲经过的路程比乙小D．甲、乙均做加速运动4．如图为甲、乙两质点同时沿同一直线运动的位移—时间图象．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是()A．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同B．在0～2t0时间内，甲的速度一直在减小C．在0～t0时间内，乙的速度一直增大D ．在0～2t 0时间内，甲、乙发生的位移不相同 5．A 、B 两物体运动的v - t 图象如图所示，由图象可知( )A ．A 、B 两物体运动方向始终相同B ．A 、B 两物体的加速度在前4 s 内大小相等、方向相反C ．A 、B 两物体在前4 s 内不可能相遇D ．A 、B 两物体若在t ＝6 s 时相遇，则t ＝0时刻两物体相距30 m 6．[2020·江西临川一中检测]甲、乙两车在同一平直道路上同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的速度—时间图象分别如图甲、乙所示，若两车在t ＝6 s 内相碰，则t ＝0时刻两车相距距离最大为( )A ．60 mB ．80 mC ．100 mD ．90 m 二、多项选择题 7．[2020·芜湖模拟]一物块在水平地面上，以一定的初速度沿水平面滑动，直至速度为零，物块与水平面之间的动摩擦因数恒定，设初速度的方向为正方向．关于物块运动的位移x 、速度v 、加速度a 、位移与时间的比值xt随时间t 变化的图象，下列正确的是( )8.光滑的水平面上有一物体在外力作用下做直线运动，物体的加速度随时间变化的关系如图所示．已知t ＝0时物体的速度为1 m/s ，以此时的速度方向为正方向．下列说法中正确的是( )A ．0～1 s 内物体做匀加速直线运动B ．t ＝1 s 时物体的速度为2 m/sC ．t ＝1 s 时物体开始反向运动D ．t ＝3 s 时物体离出发点最远9.如图所示是某物体做直线运动的v 2 - x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x 0处的过程分析，其中正确的是( )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 0三、非选择题 10．斜面长度为4 m ，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v 0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x 与初速度二次方v 20的关系图象(即x - v 20图象)如图所示．(1)求滑块下滑的加速度大小；(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s ，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？11．在交管部门强行推出了“电子眼”后，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，(g 取10 m/s 2)求：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m ．他采取上述措施能否避免闯红灯？ (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？规范快练(三)1．解析：分析题图可知：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 ＝Δx 1Δt 1＝12－43－1m/s ＝4 m/s ；CD 段表示汽车向反方向做匀速直线运动，发生的位移为－12 m ，v CD ＝Δx 2Δt 2＝0－125－3m/s ＝－6 m/s ，负号表示运动方向与正方向相反．答案：B2．解析：本题考查v - t 图象．v - t 图象的斜率表示加速度，可知小车在第1 s 内和第4s 内的加速度大小a ＝ΔvΔt＝5 m/s 2，方向均为正方向，故A 正确；由v - t 图象与t 轴围成图形的面积表示位移，可知小车在0～3 s 内的位移为2.5 m ，v －＝x t ＝2.53 m/s ＝56m/s ，故B 错误；t ＝3 s 时，小车的速度大小为5 m/s ，方向沿x 轴负方向，故C 错误；根据图象可知，第2 s 内和第3 s 内小车位移大小相等，方向相反，故D 错误．答案：A3．解析：因x - t 图线的斜率表示速度，可知在0～t 1时间内开始时甲的速度大于乙的速度，后来乙的速度大于甲的速度，选项A 错误；由图象可知在0～t 1时间内甲、乙位移相同，选项B 正确；甲、乙向同方向做直线运动，则甲、乙的路程相同，选项C 错误；由图线斜率表示速度可知，甲做匀速直线运动，乙做加速直线运动，选项D 错误．答案：B 4．解析：根据位移—时间图象的斜率表示速度，可知，在0～t 0时间内，甲的速度为负，乙的速度为正，说明甲、乙的运动方向相反，故A 项错误．根据位移图象的斜率表示速度，可知在0～2t 0时间内，甲的速度不变，故B 项错误．在0～t 0时间内，乙图线的斜率不断减小，则乙的速度一直减小，故C 项错误．在0～2t 0时间内，甲的位移x 1＝0－2x 0＝－2x 0，乙的位移为x 2＝x 0－(－x 0)＝2x 0，所以甲、乙发生的位移不相同，故D 项正确．答案：D5．解析：A 物体先沿负方向做匀减速直线运动，然后沿正方向做匀加速直线运动；B 物体一直沿正方向做匀加速直线运动，选项A 错误；v - t 图线的斜率表示加速度，则A 、B两物体的加速度在前4 s 内大小相等、方向相同，选项B 错误；前4 s 内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A 、B 两物体在前4 s 内可能相遇，选项C 错误；A 、B 两物体若在t ＝6 s 时相遇，则t ＝0时刻两物体相距Δx ＝12×6×7.5 m ＋⎝⎛⎭⎫12×4×5－12×2×2.5 m ＝30 m ，选项D 正确．答案：D6．解析：本题考查对v - t 图象的分析及追及相遇问题．由题图可知，甲、乙两车在6 s内间距逐渐变小，若两车在t ＝6 s 时相碰，t ＝0时刻相距距离最大.6 s 内甲车的位移x 甲＝12×3×30 m ＋12×3×15 m ＝67.5 m ；乙车的位移x 乙＝3×30 m ＋12×(15＋30)×3 m ＝157.5 m ，则t ＝0时刻两车相距距离最大，为Δx ＝x 乙－x 甲＝90 m ，故选D.答案：D 7．解析：x - t 图象的斜率表示速度，A 中速度在增大，而物块的速度在减小，A 错误；物块运动的方向一直为正方向，因此速度为正，物块做匀减速直线运动，v ＝v 0－at ，故v - t图线为直线，B 正确；由于物块与水平面间的动摩擦因数恒定，因此加速度恒定，且加速度方向与运动方向相反，即加速度为负值，C 错误；x ＝v 0t －12at 2，变形可得：x t ＝v 0－12at ，故得xt－t 图象为直线，D 正确． 答案：BD8．解析：由图可知，0～1 s 内加速度均匀增加，物体做变加速直线运动，选项A 错误；加速度图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则1 s 内速度变化量Δv ＝12×2×1 m/s＝1 m/s ，由于初速度v 0＝1 m/s ，故1 s 末的速度为2 m/s ，选项B 正确；0～1 s 内物体沿正向加速运动，1 s 末后加速度反向，物体将沿原方向做减速运动，选项C 错误；0～3 s 内速度的变化量Δv ＝⎝⎛⎭⎫12×2×1－1×2 m/s ＝－1 m/s ，则3 s 末物体的速度为0,0～3 s 内物体一直沿正方向运动，3 s 末物体离出发点最远，选项D 正确．答案：BD9．解析：由匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2－v 20＝2ax 可得v 2＝2ax ＋v 20，可知物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A 错误．由上式知，v 2- x 图象的斜率等于2a ，由图可得：2a ＝－v 20x 0，则得物体的加速度大小为v 202x 0，故B 正确．该物体在运动过程中的平均速度为v 02，由于物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于12v 0，物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中点的速度大于12v 0，故C 正确，D 错误．答案：BC10．解析：(1)由v 20＝2ax 推知，题中图线斜率为12a，所以滑块下滑的加速度大小a ＝2 m/s 2. (2)由题中图象可推知，当滑块的初速度为4 m/s 时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s 时能滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t ，则x ＝v 0t －12at 2，代入数据解得t ＝1 s ，t ＝4 s(舍去)． 答案：(1)2 m/s 2 (2)1 s11．解析：(1)甲车紧急刹车的加速度大小为a 1＝F f1m 1＝0.4m 1g m 1＝4 m/s 2甲车停下所需时间：t 1＝v 0a 1＝104 s ＝2.5 s甲车滑行距离：x ＝v 202a 1＝1022×4m ＝12.5 m由于x ＝12.5 m<15 m ， 所以甲车能避免闯红灯．(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x 0，在乙车刹车t 2时间两车速度相等，t 0为乙车司机反应时间，乙车紧急刹车的加速度大小为a 2＝F f2m 2＝5 m/s 2速度相等：v 0－a 1(t 2＋t 0)＝v 0－a 2t 2 解得：t 2＝2.0 s 乙车发生的位移：x 乙＝v 0t 0＋v 0t 2－12a 2t 22＝15 m甲车发生的位移：x 甲＝v 0(t 0＋t 2)－12a 1(t 0＋t 2)2＝12.5 mx0＝x乙－x甲＝(15－12.5) m＝2.5 m 答案：(1)能避免闯红灯(2)2.5 m。

规范快练(十)“传送带”模型和“滑块—滑板”模型一、多项选择题1.如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′，则下列说法中正确的是() A．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1B．若v1>v2时，则v2′＝v2C．若v1<v2时，则v2′＝v1D．不管v2多大，总有v2′＝v22．[2020·河南模拟]如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．传送带沿顺时针方向转动B．传送带沿逆时针方向转动C．传送带的速度大小为2 m/sD．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.23．[2020·河南安阳市模拟]如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v -t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8 mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.1二、非选择题4．如图所示，一长木板质量为M＝4 kg，木板与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m ＝2 kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7 m，现给木板一水平向右的初速度v0＝6 m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，g取10 m/s2，求：(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大．(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上．5.如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面．一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q 离地面足够高．现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止．已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ；(2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间．规范快练(十)1．解析：物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v 1>v 2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为v 2；当v 1<v 2时，返回过程中，当速度增加到v 1时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以v 1离开传送带．答案：BC2．解析：根据位移时间图象可知：前2 s 物体向左匀减速运动，第3 s 内向右匀加速运动.3～4.5 s 内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v ＝Δx Δt ＝34.5－3m/s ＝2 m/s ；故A 、C 两项正确，B 项错误．由图象可知，在第3 s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x ＝12at 2(其中x ＝1 m ，t ＝1 s)a ＝μmg m＝μg ，解得：μ＝0.2.D 项正确． 答案：ACD3．解析：物块在木板上运动过程中，μmg ＝ma 1，而v - t 图象的斜率大小表示加速度大小，故a 1＝7－32m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2 s 时物块和木板分离，两者v - t 图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12×(7＋3)×2 m －12×2×2 m ＝8 m ，C 正确．答案：BC4．解析：(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为：a m ＝f m m＝μ2g ＝4 m/s 2 a M ＝f m ＋f 地M＝5 m/s 2 设木板与墙碰撞时，木板的速度为v M ，小滑块的速度为v m ，根据运动学公式有：v 2M－v 20＝－2a M L解得v M ＝3 m/st 1＝v M －v 0－a M＝0.6 s v m ＝a m t 1＝2.4 m/s.(2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t 2，共同速度为v ，以水平向左为正方向，对木板有v ＝v M －a M t 2对滑块有v ＝－v m ＋a m t 2代入公式有3 m/s －5t 2＝－2.4 m/s ＋4t 2解得 t 2＝0.6 s.答案：(1)3 m/s 2.4 m/s (2)0.6 s5．解析：(1)物块P 下滑时，长木板处于静止状态，则有μmg cos θ＋3mg sin θ＝2mg 解得μ＝0.25.(2)设物块P 在长木板上滑动的加速度大小为a 1，时间为t 1，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1L 1＝12a 1t 21联立解得a 1＝4 m/s 2，t 1＝0.3 s物块P 滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a 2，长木板的上端滑到斜面顶端用时t 2，则有2mg －3mg sin θ＝5ma 2L 2＝12a 2t 22联立解得a 2＝0.4 m/s 2，t 2＝1 s从释放物块P 到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间 t ＝t 1＋t 2＝1.3 s.答案：(1)0.25 (2)1.3 s。

规范快练(二十四)电场的力的性质一、单项选择题1．[2020·黑龙江牡丹江一中模拟]关于电场线的以下说法中正确的是()A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B．沿电场线的方向，电场强度越来越小C．电场线越密的地方同一试探电荷所受的电场力就越大D．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变2．[2020·上海嘉定区模拟]如图所示为一正点电荷周围的电场线，电场中有A、B两点，A、B两点在同一条电场线上，则()A．A点的电场强度与B点的电场强度相同B．B点的电场强度比A点的电场强度大C．A点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷D．B点的电场强度方向沿电场线指向场源电荷3．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3:1 B．1:3C．9:1 D．1:94．[2020·甘肃兰州模拟]如图所示，下列说法正确的是()A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同C．图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点D．图丁中某一电荷放在e点与放到f点，电势能相同5．[2020·北京通州区联考]把一个带正电荷Q A的球体A固定在可以水平移动的绝缘支座上，再把一个带正电荷Q B的小球B用绝缘丝线挂在玻璃棒上的C点(使两个球心在同一水平线上)，小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示．现使球体A向右缓慢移动逐渐靠近小球B，关于丝线与竖直方向的夹角，下列说法正确的是(移动过程中，A、B电荷量不变)()A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．保持不变D ．无法判断 6. [2020·河南洛阳联考]如图所示为某一点电荷Q 产生的电场中的一条电场线，A 、B 为电场线上的两点，当电子以某一速度沿电场线由A 运动到B 的过程中，动能增加，则可以判断( )A ．场强大小E A >E BB ．电势φA >φBC ．电场线方向由B 指向AD ．若Q 为负电荷，则Q 在B 点右侧7．[2020·广东汕头模拟]有两个电荷量分别是＋4Q 和－9Q (Q >0)的点电荷，分别固定在相距为r 的A 、B 两点，如图所示．在A 、B 两点连线所在的直线上某一点O 放入第三个点电荷q ，q 受到的静电力恰好为0.下列说法正确的是( )A ．q 一定带负电B ．O 点可能存在两个不同的位置C ．O 点只能位于A 点左侧与A 点相距r 处D ．O 点只能位于A 点左侧与A 点相距2r 处 8.如图所示，半径相同的两个金属小球A 、B 带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的距离远大于小球的直径，两球之间的相互吸引力大小为F .今用第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两个球接触后移开，这时，A 、B 两个球之间的相互作用力大小是( ) A.18F B.14F C.38F D.34F 9.已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O 的轴线．A 、B 为该轴线上的点，且OA ＝OB .C 、D 为直径上的两点，且OC ＝OD .则下列判断正确的是( )A ．A 点的电势与B 点的电势相等B ．C 点的电场强度与D 点的电场强度不相同C ．A 点的电场强度与B 点的电场强度相同D ．在A 点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB 做匀加速直线运动 10.如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．点电荷Q位于O点B．C点的电场强度大小为kQ2a2C．O点电势比A点电势高D．将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小11．如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线2连接，甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上，在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场，场强为E，且有qE＝mg，平衡时细线都被拉直．则平衡时的可能位置是哪个图()二、多项选择题12．[2020·江苏盐城模拟]如图所示，坐标系中有两个带电荷量分别为＋Q和＋3Q的点电荷．在C处放一个试探电荷，则试探电荷所受电场力的方向可能是选项图中的()13．[2020·河北邢台月考]如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场，将一质量为0.1 kg、带电荷量为＋0.02 C的小球从P点由静止开始释放，释放后小球沿水平方向做匀加速运动，重力加速度g＝10 m/s2，则()A．电场强度的大小为100 N/CB ．电场强度的大小为10033N/C C ．小球水平运动时的加速度大小为10 3 m/s 2D ．小球水平运动时的加速度大小为10 m/s 214.[2020·浙江模拟]A 、B 两带电小球，电荷量分别为＋q 、＋9q ，质量分别为m 1和m 2，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，静止时A 、B 两球处于同一水平线上，其中O 点到A 球的距离OA ＝2L ，∠AOB ＝90°，∠OAB ＝60°，C 是AB 连线上一点且在O 点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 间的库仑力大小F ＝9kq 24LB ．A 、B 两球的质量之比为3 1C ．C 点的电场强度为零D ．若仅互换A 、B 两球的带电荷量，则A 、B 两球位置将不再处于同一水平线上规范快练(二十四)1．解析：本题考查对电场线的理解．电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点所受电场力方向相同，与负电荷在该点受到的电场力方向相反，选项A 错误；匀强电场中沿电场线的方向，电场强度不变，选项B 错误；电场线越密的地方，电场强度就越强，则同一试探电荷受的电场力就越大，选项C 正确；顺着电场线移动电荷，若是非匀强电场，则电荷电场电力大小可能改变，选项D 错误．答案：C2．解析：本题考查点电荷电场中的场强大小与方向．正点电荷形成的电场，离点电荷越远，由E ＝kQ r 2知场强越小，则B 点场强大于A 点场强，故A 错误，B 正确；正点电荷为场源的场强方向均沿电场线背离场源电荷，故A 、B 两点的场强方向均沿电场线向右，故C 、D 错误．答案：B3．解析：由E ＝F q ，F ＝k Qq r 2可知：E ＝kQ r 2，所以E A E B ＝r 2B r 2A ＝91，故选C. 答案：C4．解析：本题考查对常见电场模型的理解，由题图可知，题图甲为等量异种点电荷形成的电场线，故A 错误；题图乙为正点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的a 、b 两点场强大小相同，场强方向不同，故B 错误；正电荷在题图丙中c 点受力沿电场线的切线方向，由静止释放时，不可能沿着电场线运动到d 点，故C 错误；题图丁中e 点与f 点电势相同，同一电荷放在e 、f 处时电势能相同，故D 正确．答案：D5．解析：本题考查研究点电荷之间的作用力实验．使球体A 向右缓慢移动逐渐靠近小球B ，两球间距离减小，根据库仑定律，两球之间的库仑力增大，根据小球B 受力平衡可知，丝线与竖直方向的夹角将逐渐增大，选项A 正确．答案：A6．解析：本题考查单条电场线下的电场强度、电势的分析等．由于电子以某一速度沿电场线由A 运动到B 的过程中，动能增加，故电子所受的电场力方向与速度方向一致，由A 指向B (即水平向右)，电子带负电，所受电场力与场强方向相反，故场强方向由B 指向A ，即电场线方向由B 指向A ，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，φA <φB ，选项B 错误，C 正确；结合点电荷周围电场线的分布特点可知该点电荷Q 可以是正电荷且处在B 的右侧，也可以是负电荷且处在A 点的左侧，若点电荷Q 为负电荷，则有E A >E B ，若点电荷Q 为正电荷，则有E A <E B ，选项A 、D 均错误．答案：C7．解析：因A 带电荷量小于B ，则第三个点电荷要平衡则要放置在A 点左侧，电性可正可负，设距离A 点x 处，由平衡知识可得k 4Q ·Q C x 2＝k 9Q ·Q C (r ＋x )2，解得x ＝2r ，故选项D 正确． 答案：D8．解析：由于A 、B 间有吸引力，故A 、B 带异种电荷．设A 、B 带的电荷量分别为Q 、－Q ，则两球之间的相互吸引力即为静电力：F ＝k Q 2r 2.当C 球与A 球接触后，A 、C 两球的电荷量都为：q 1＝Q 2.当C 球再与B 球接触后，B 、C 两球的电荷量都为：q 2＝Q －Q 22＝Q 4.所以此时A 、B 两球之间的相互作用力的大小为F ′＝k Q 2·Q 4r 2＝k Q 28r 2＝F 8，故A 正确． 答案：A9．解析：电场线的方向由正电荷指向无穷远处或负电荷，图中电场线的方向为沿AOB 的方向，所以A 点电势高于B 点电势，故A 错误；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A 点产生的场强大小分别为E 1和E 2.由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E 1＝ E 2.根据对称性可知，左、右半球在B 点产生的场强大小分别为E 2和E 1，且E 1＝E 2，则在图示电场中，A 的场强大小为E 1，方向向右．B 的场强大小为E 2，方向向右，所以A 点的电场强度与B 点的电场强度相同，同理C 和D 点的电场强度也相同，故B 错误，C 正确；在A 点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，由于电场强度随着粒子向右运动，是变化的，所以粒子所受的电场力是变化的，则该粒子将做变加速直线运动，故D 错误．答案：C10．解析：本题考查电场强度和电势．根据题述A 点和B 点的电势相等可知A 点和B 点距离正点电荷Q 的距离相等；根据题述O 点和C 点的电势相等可知O 点和C 点距离正点电荷Q 的距离相等，由此可知点电荷Q 的坐标为(a ，a )，选项A 错误；C 点到点电荷Q 距离为r ＝2a ，根据点电荷电场强度公式可知，C 点的电场强度为E C ＝k Q r 2＝kQ 2a2，选项B 正确；根据正点电荷电场的电势特点可知，O 点的电势比A 点电势低，选项C 错误；将某一正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，选项D 错误．答案：B11．解析：先用整体法，把两个小球及细线2视为一个整体．整体受到的外力有竖直向下的重力2mg 、水平向左的电场力qE 、水平向右的电场力qE 和细线1的拉力F T1，由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力F T1一定与重力2mg 等大反向，即细线1一定竖直．再隔离分析乙球，如图所示．乙球受到的力为：竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 、细线2的拉力F T2和甲球对乙球的吸引力F 引．要使乙球所受合力为零，细线2必须倾斜．设细线2与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝qE mg＝1，θ＝45°，故A 图正确． 答案：A12．解析：根据点电荷形成的电场E ＝k Q r2，可在C 处画出场源电荷分别为＋3Q 、＋Q 电场线的示意图，根据平行四边形定则作出合场强的大小及方向，若试探电荷为正电荷，则所受的电场力与场强方向相同，若试探电荷为负电荷，则所受的电场力与场强方向相反，选项B 、D 正确，A 、C 错误．答案：BD13．解析：释放后小球沿水平方向做匀加速运动，所以合力沿水平方向，根据平衡条件可得qE ＝mg sin 30°＝2mg ，解得E ＝2mg q ＝2×0.1×100.02N/C ＝100 N/C ，故A 正确，B 错误；水平方向上的合力为F ＝mg tan 30°，根据牛顿第二定律可知a ＝g tan 30°＝10 3 m/s 2，故C 正确，D 错误． 答案：AC14．解析：本题考查库仑定律、物体平衡．由几何关系可知，A 、B 间距为2L cos 60°＝4L ，根据库仑定律，A 、B 之间的库仑力大小为F ＝k 9q 216L 2，选项A 错误；对A 、B 受力分析如图所示，对A 球，F ＝m 1g tan 30°，对B 球，F ＝m 2g tan 60°，两者联立得m 1m 2＝31，选项B 正确；两个带电小球A 、B 在C 点产生的场强方向相反，大小分别是E A ＝k q L 2，E B ＝k 9q 9L2，显然C 点的合场强为零，选项C 正确；假如A 、B 两个小球的电荷量交换(质量不变)，通过受力分析可知，库仑力不变，质量不变，因此库仑力、重力的比值保持不变，即A 、B 两球将继续保持在同一水平线上，选项D 错误．答案：BC。

规范快练(三十五) 电磁感应中的电路和图象问题一、单项选择题1．[2020·山东德州调研]如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化．t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径．经时间t ，电容器的P 极板( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是KL 2C 4πD ．带负电，电荷量是KL 2C 4π2．[2020·河北张家口模拟]四根均匀导线分别制成两个正方形、两个直角扇形线框，分别放在方向垂直纸面向里的匀强磁场边界上，由图示位置开始按箭头方向绕垂直纸面的轴O 在纸面内匀速转动．若以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向，四个选项中符合如图所示i 随时间t 的变化规律的是( )3．[2020·山东日照模拟]如图甲所示，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，若线圈ab 中电流i 与时间t 的关系图线如图乙所示，则在这段时间内，下列关于线圈cd 中产生的感应电流i cd 与时间t 的关系图线，可能正确的是( )4．[2020·南京模拟]如图所示，水平地面上固定着光滑平行导轨，导轨与电阻R连接，放置在竖直向上的匀强磁场中，杆的初速度为v0，不计导轨及杆的电阻，则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图象正确的是()5．如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F 和电功率P随时间变化的图象正确的是()6．[2020·太原模拟]如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上．当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示．已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为U R，R的电功率为P，则下图中正确的是()7.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成θ角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中．导体棒ab与cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻均与阻值为R的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则() A．导体棒cd两端的电压为BL vB ．t 时间内通过导体棒cd 横截面的电荷量为2BL v t 3RC ．cd 棒克服安培力做功的功率为B 2L 2v 2RD ．导体棒ab 所受安培力为mg sin θ二、多项选择题8．如图所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v 1＝2v 2.在先后两种情况下( )A ．线圈中的感应电流之比I 1：I 2＝2：1B ．线圈中的感应电流之比I 1：I 2＝1：2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1：Q 2＝4：1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1：q 2＝1：1 9．[2020·温州十五校联考]如图所示，M 、N 为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R ，金属杆ab 垂直于导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中．现对金属杆ab 施加一个与其垂直的水平方向的恒力F ，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆的速度大小为v ，R 上消耗的总能量为E ，则v 、E 随时间变化的图象可能正确的是( )10．在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属棒ab ，匀强磁场与轨道平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有两定值电阻及电阻箱R ，R 1＝5 Ω，R 2＝6 Ω，其余电阻不计．电路中的电压表量程为0～10 V ，电流表的量程为0～3 A ，现将R 调至30 Ω，用F ＝40 N 的水平向右的力使ab 垂直导轨向右平移，当棒ab 达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏．则下列说法正确的是( )A ．当棒ab 达到稳定状态时，电流表满偏B ．当棒ab 达到稳定状态时，电压表满偏C ．当棒ab 达到稳定状态时，棒ab 的速度是1 m/sD ．当棒ab 达到稳定状态时，棒ab 的速度是2 m/s11．[2018·全国卷Ⅲ，20]如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零 B ．在t ＝T 2时改变方向 C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向12．[2020·湖南联考]如图甲所示，光滑金属导轨沿竖直方向固定，下端接有阻值为R 的定值电阻，质量为m 、长度为L 、阻值为r 的金属棒MN 用导槽固定在导轨上，金属棒只能无摩擦地沿竖直方向上下移动，且始终与导轨保持良好的接触，导轨间距也为L ，整个装置处在垂直导轨平面向外的匀强磁场中．由t ＝0时刻开始，金属棒在竖直向上的外力作用下向上运动，在金属棒沿导轨向上运动的过程中，流过定值电阻的电荷量随时间的二次方的变化规律如图乙所示．用P 表示克服安培力做功的功率、a 表示金属棒的加速度、F 表示外力、I 表示流过金属棒的感应电流，导轨电阻不计，则在此过程中，上述四个物理量随时间变化的图象正确的是( )规范快练(三十五)1．解析：由于K >0，磁感应强度均匀增大，所以感应电流的磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则，感应电流方向逆时针，在电源内部电流从负极流向正极，所以P 极板为电源负极，带负电，由U ＝ΔBS Δt ＝K ·π⎝⎛⎭⎫L 2π2＝KL 24π，q ＝CU ＝KL 2C 4π，故选项D 正确． 答案：D2．解析：本题根据i - t 图象选择磁场中运动的线框．正方形线框绕轴O 转动时，有效切割长度不断变化，因此产生感应电流大小是变化的，故A 、B 错误．直角扇形线框绕轴O 转动时，有效切割长度为半径不变，因此产生的感应电流大小不变，根据右手定则可知，直角扇形线框进入磁场时，C 选项中产生的感应电流方向为从P 到O ，电流为正方向，而D 选项中开始产生电流方向为从O 到P ，电流为负方向；离开磁场时，刚好相反，故C 正确，D 错误．答案：C3．解析：本题考查互感图象问题．由图乙可知，在t ＝0时刻，图线的斜率最大，即电流变化最快，电流产生的磁场变化最快，cd 线圈中的磁通量变化最快，所以此时在cd 线圈中产生的感应电流最大，结合题图乙所示i - t 图象的斜率变化，可知D 正确．答案：D4．解析：导体棒的感应电动势为：E ＝BL v感应电流为：I ＝E R 安培力为：F ＝BIL ＝B 2L 2v R由牛顿第二定律：F ＝ma根据速度和加速度定义：v ＝Δx Δt a ＝Δv Δt联立各式得：Δv Δx ＝B 2L 2Rm显然：v 与x 是线性关系，故C 项正确，A 、B 、D 三项错误．答案：C5．解析：当线框运动L 时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L 时，磁通量最小，故选项A 错误；当线框进入第一个磁场时，由E ＝BL v 可知，E 保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BL v ，故选项B 错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故选项C 错误；拉力的功率P ＝F v ，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B 的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍．功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D 正确．答案：D6．解析：由题图乙可得F ＝F 0－k v ，金属棒切割磁感线产生电动势E ＝BL v ，金属棒中电流I ＝BL v (R ＋r )，金属棒受安培力F 安＝BIL ，对金属棒根据牛顿第二定律：F －F 安＝ma ，代入得：F 0－⎝⎛⎭⎫k ＋B 2L 2R ＋r v ＝ma ，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，选项A 正确；F 安＝B 2L 2v R ＋r ，U R ＝BL v R ＋rR ，R 消耗的功率P ＝U 2R R ，选项B 、C 、D 错误．答案：A7．解析：根据题意画出等效电路如图甲所示．导体棒cd 产生的感应电动势为E ＝BL v ，导体棒cd 两端的电压是路端电压，为13E ＝13BL v ，选项A 错误；通过cd 棒的电流I ＝E 0.5R ＋R ＝BL v 1.5R，在时间t 内通过导体棒cd 横截面的电荷量为q ＝It ＝2BL v t 3R ，选项B 正确；对ab 棒进行受力分析如图乙所示，由于ab 棒静止，所以ab 棒所受安培力F ab ＝mg tan θ，选项D 错误；由功能关系知cd 棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率，为P ＝E 20.5R ＋R ＝B 2L 2v 21.5R，选项C 错误． 答案：B8．解析：由I ＝BL v R知I 1:I 2＝2:1，选项A 正确，选项B 错误；由Q ＝I 2Rt 和t ＝L v 联立得Q 1:Q 2＝2:1，选项C 错误；由q ＝ΔΦR ＝BS R知q 1:q 2＝1:1，选项D 正确． 答案：AD9．解析：对金属杆ab 施加一个与其垂直的水平方向的恒力F ，使金属杆从静止开始运动．由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F 时，金属杆做匀速直线运动，A 正确，B 错误；由功能关系知，开始水平方向的恒力F 做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R 消耗掉，当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F 所做的功等于R 上消耗的总能量E ，C 错误、D 正确．答案：AD10．解析：假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I ＝U R 2R 0R 2＋R 0＝2 A<3 A ，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A ，故A 错误，B 正确；棒ab 匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，则有F A ＝F ＝BIL ，得BL ＝F I＝20 N/A ，感应电动势E ＝U ＋IR 1＝(10＋2×5) V ＝20 V ，又E ＝BL v ，则得v ＝E BL ＝2020m/s ＝1 m/s ，故C 正确，D 错误． 答案：BC11．解析：A 对：在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS 知，E ＝0.C 对，B 、D 错：在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大． 在T 4到T 2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向．答案：AC12．解析：本题考查电磁感应中的电功率、加速度、感应电流和安培力随时间变化的图象问题．流过定值电阻的电荷量q ＝It ＝BL v R ＋r t ＝BLa R ＋rt 2，由题图乙可知加速度a 不变，选项B 错误；克服安培力做功的功率P ＝F A v ＝B 2L 2v R ＋r v ＝B 2L 2a 2R ＋rt 2，P - t 图象为曲线，选项A 错误；由牛顿第二定律有F －F A －mg ＝ma ，得F ＝B 2L 2a R ＋rt ＋mg ＋ma ，选项C 正确；通过金属棒的电流I ＝BL v R ＋r ＝BLa R ＋rt ，选项D 正确． 答案：CD。

规范快练(一)运动的描述一、单项选择题1．手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大地方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出租车的压力．下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘客的软件部分截图，下列说法正确的是()A．图甲中“市内行程今天08：00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔B．图甲中“顺路程度55%”，指的是位移大小有55%重合C．图乙中“九堡地铁站九堡距你起点20.6 km”，20.6 km指的是位移，其初始位置是起点D．图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看成质点2．校运会400 m比赛中，终点在同一直线上，但起点不在同一直线上如图所示．关于这样的做法，下列说法正确的是()A．这样做目的是使参加比赛的同学位移大小相同B．这样做目的是使参加比赛的同学路程大小相同C．这样做目的是使参加比赛的同学所用时间相同D．这种做法其实是不公平的，明显对外侧跑道的同学有利3．如图为曾先生从杭州去镇海的高速公路上，进入区间测速路段的导航显示界面. 下列说法正确的是()A．“21：37”指的是时间间隔B．距镇海“50.6公里”指的是位移C．区间车速“106 km/h”指的是平均速度D．当前车速“102 km/h”指的是瞬时速率4.如图所示，一女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15 s 穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58 m．假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定( )A ．她在车底运动时的加速度B ．她在车底运动时的平均速度C ．她刚“滑入”车底时的速度D ．她刚“滑出”车底时的速度5．2018年第8号台风“玛莉亚”(热带风暴级)的中心今天(5日)早晨5点钟位于美国关岛附近洋面上，距离日本冲绳县那霸市东南方向约2 220公里，就是北纬13.9度，东经144.5度，中心附近最大风力有9级(23米/秒)，中心最低气压为990百帕，七级风圈半径260～350公里．预计，“玛莉亚”将以每小时15公里左右的速度向西北方向移动，强度会逐渐增强．关于上述消息中的“23米/秒”“每小时15公里”，下述理解中正确的是( )A ．分别指平均速度和瞬时速度的大小B ．分别指瞬时速度和平均速度的大小C ．均指平均速度的大小D ．均指瞬时速度的大小6．《中国诗词大会》第二季于2017年春节期间在央视一套、十套播出，备受广大观众喜欢，中国大地掀起诗词热．唐代诗人李白写下“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”的诗句，根据“千里江陵一日还”可估算出船速大小约为( )A ．13 km/hB ．21 km/hC ．68 km/hD ．83 km/h7．下表是四种交通工具做直线运动时的速度改变情况，下列说法正确的是( ) 初始速度(m/s) 经过时间(s) 末速度(m/s)① 2 3 11② 0 3 6③ 0 20 6④ 0 100 20A.B ．②的速度变化最慢C ．③的速度变化最快D ．④的末速度最大，但加速度最小8．如图是一种运动传感器的原理图，系统由A 、B 两个小盒子组成，A 盒装有红外线发射器和超声波发射器，B 盒装有红外线接收器和超声波接收器．A 盒固定在运动的小车上，B 盒固定在桌面上．测量时A 向B 同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B 盒接受到红外线脉冲时开始计时，接收到超声波脉冲时停止计时，计算机自动算出A 、B 间的距离x 1.经过短暂的时间T 后，系统进行第二次测量，得到A 、B 间的距离x 2.则小车的速度大小为( )A.x 1TB.x 2TC.x 2－x 1TD.x 1＋x 2T9.[2020·信阳模拟]如图所示，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 ，Δx Δt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，则下列说法正确的是( )A ．Δt 越长，Δx Δt越接近瞬时速度 B ．Δt 越短，Δx Δt越接近瞬时速度 C.Δx Δt是否越接近瞬时速度与Δt 的长短无关 D ．为使Δx Δt更接近瞬时速度，可换用宽度更大的遮光条 二、多项选择题10．如图所示，由北京到上海有海陆空三条通道：ADB 、ACB 、AEB ，下列说法正确的是( )A ．从北京到上海的各条通道的路程是一样的B ．从北京到上海的各条通道的路程不一样，空中通道即AEB 的路程最小C ．从北京到上海的各条通道的位移一样D ．从北京到上海的各条通道的位移不一样11．物体做直线运动时可以用坐标轴上的坐标表示物体的位置，用坐标的变化量Δx 表示物体的位移．如图所示，一个物体从A 运动到C ，它的位移Δx 1＝－4 m －5 m ＝－9 m ；从C 运动到B ，它的位移为Δx 2＝1 m －(－4 m)＝5 m ．下列说法正确的是( )A ．C 到B 的位移大于A 到C 的位移，因为正数大于负数B ．A 到C 的位移大于C 到B 的位移，因为符号表示位移的方向，不表示大小C ．因为位移是矢量，所以这两个矢量的大小无法比较D ．物体由A 到B 的合位移Δx ＝Δx 1＋Δx 212．一小球在水平桌面上做减速直线运动，用照相机对着小球每隔0.1 s 拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置所示，已知照片与实物的比例为110，则( )A ．图中对应的小球在通过8 cm 距离内的平均速度是2 m/sB ．图中对应的小球在通过8 cm 距离内的平均速度是1.6 m/sC ．图中对应的小球通过6 cm 处的瞬时速度是2.5 m/sD ．图中对应的小球通过6 cm 处的瞬时速度是2 m/s13．如图所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间隔都相同．关于两质点的运动情况的描述，正确的是()A．两质点在t0～t4时间内的平均速度相同B．两质点在t2时刻的速度大小相等C．两质点速度相等的时刻在t3～t4之间D．两质点不一定是从同一地点出发的，但在t0时刻甲的速度为0规范快练(一)1．解析：08：00是滴滴司机出发的时刻，故A 错误；位移是从起点到终点的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度，“顺路程度55%”，指的是路程有55%重合，故B 错误；位移是从起点到终点的有向线段，“九堡地铁站 九堡 距你起点20.6 km ”，20.6 km 指的是运动轨迹的长度，是路程，故C 错误；研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状可以忽略，可以把汽车看成质点，故D 正确．答案：D2．解析：校运会400 m 比赛，其跑道是弯的，为了保证其路程均为400 m ，终点在同一直线上，起点则不在同一直线上，故B 正确．答案：B3．解析：选项A 中“21：37”指时刻；选项B 中“50.6公里”指路程；选项C 中区间测速是用路程和时间的比值，是平均速率，而非平均速度，选项D 表述正确． 答案：D4．解析：因不知道该同学的初、末速度，无法确定A 、C 、D 选项，由v －＝s t可知，能确定平均速度．答案：B5．解析：23米/秒是指最大风速，对应一个瞬间的速度，故为瞬时速度；而每小时15公里是指台风在某段时间内的平均速度，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B6．解析：由题可知，路程为1 000里＝500 km ，时间为24 h ，所以船速为v －＝s t ＝500 km 24 h≈21 km/h.故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B7．解析：速度变化指末速度与初速度之差，由表知④的速度变化最大，为20 m/s ；速度变化的快慢指速度变化与发生这个变化所用时间的比值，即加速度，由表知①的加速度最大，为a 1＝11－23 m/s 2，④的加速度最小为a 4＝20－0100m/s 2＝0.2 m/s 2. 答案：D8．解析：由题图可知，T 时间内小车的位移为x 2－x 1，经短暂时间T 后测量，故可认为小车的速度大小不变，则小车做匀速运动的速度大小为v 0＝x 2－x 1T，C 正确． 答案：C9．解析：Δx Δt是滑块通过光电门的平均速度，当时间趋近于0时，可以认为是滑块通过光电门的瞬时速度，即Δt 越短，Δx Δt 越接近瞬时速度，故A 、C 错误，B 正确；为使Δx Δt更接近瞬时速度，可换用宽度更窄的遮光条，故D 错误．答案：B10．解析：由题图可知，三条通道的径迹各不一样，它们的路程不一样．但位移是由初位置指向末位置的有向线段，三条通道的路程虽不一样，但它们的初末位置都是一样的，所以它们的位移一样．再由两点之间直线最短可知，空中通道AEB 的路程最小． 答案：BC11．解析：位移的正负代表方向，不代表大小，所以A 到C 的位移Δx 1大于C 到B 的位移Δx 2，故A 、C 错误，B 正确；A 到B 的合位移Δx ＝1 m －5 m ＝－4 m ＝Δx 1＋Δx 2，故D 正确．答案：BD12．解析：照相机每隔0.1 s 拍照一次，所以图中0～8 cm 同AB 所用的时间t ＝0.4 s ；照片与实物的比例为1:10，所以图中8 cm 对应的实际位移x ＝80 cm ＝0.8 m ．则小球在通过图中8 cm 距离内的平均速度 v ＝x t ＝0.80.4m/s ＝2 m/s ，A 正确、B 错误；图中对应小球通过6 cm 处的瞬时速度可用图中3.5 cm 到7.5 cm 这一段的平均速度近似表示．图中3.5 cm 到7.5 cm 这一段对应的实际位移x ′＝40 cm ＝0.4 m ，所用的时间t ′＝0.2 s ，所以图中6 cm处的瞬时速度v ′＝0.40.2m/s ＝2 m/s ，C 错误、D 正确． 答案：AD13．解析：两质点在t 0～t 4时间内，通过的位移相等，经历的时间相等，故平均速度相等，故A 正确；甲做匀加速直线运动，t 2时刻的速度等于t 1到t 3时刻的平均速度，即v 甲＝x 13t 13＝42t ，乙做匀速运动，t 2时刻的速度即为整个过程的平均速度，即v 乙＝2t，故B 正确；由B 可知，C 错误；从纸带不能判断出质点出发点的位置，则两质点不一定是从同一地点出发的，在甲图中，相邻相等时间内位移之比满足1:3:5，满足初速度为零的匀加速直线运动的推论，故t 0时刻速度为零，故D 正确．答案：ABD。

规范快练(十二)平抛运动的规律及应用一、单项选择题1．在一次铅球投掷比赛中，球离手时初速度为v0，落地时的末速度为v，不计空气阻力，能正确表示铅球速度变化过程的图是()2．[2019·广东惠州二调]如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5 m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v0＝5 m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧边缘下方6. 25 m处．重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为()A．6 m/s B．7.5 m/sC．9 m/s D．11.25 m/s3.将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．篮球两次撞墙的速度可能相等B．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大4．如图所示，A、B两个位置上安装有两个平抛弹射器，弹射器先后向右水平弹射小球a、b，两个球恰好以相同的速度方向落在水平地面的同一C点上(C点没有画出)．已知A、B两点到地面的高度之比为9:4.a、b两个小球的初速度之比为()A．3:2 B．9:4C．8:27 D．不能确定5.如图所示为飞镖比赛时打在镖盘上的两支飞镖．A 飞镖的方向与竖直方向的夹角大于B飞镖与竖直方向的夹角．若飞镖沿水平方向掷出，两飞镖的抛出点在同一竖直线上，忽略空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两飞镖的掷出点一定在同一点B ．A 飞镖的掷出点一定比B 飞镖的掷出点高C ．A 飞镖掷出的初速度一定比B 飞镖掷出的初速度大D ．A 飞镖在空中飞行的时间一定比B 飞镖在空中飞行的时间长6．[2020·湖南永州模拟]如图所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端c 处．现在c 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的三等分点d 处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．t a ＝32t bB ．t a ＝3t bC ．v a ＝32v bD ．v a ＝32v b 7．[2020·郑州模拟] 如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C .已知斜面上端与曲面末端B 相连．若AB 的高度差为h ，BC 间的高度差为H ，则h 与H 的比值等于(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.34B.43C.94D.498．一个小球在高h ＝20 m 处的A 点被水平抛出的同时在其正下方水平粗糙地面的B 点有一物块经过，物块在B 点的速度为v 1＝12 m/s ，小球平抛初速度v 0与v 1方向相同．若物块停止运动时，恰好被落下的小球击中，不计空气阻力，小球和物块均可视为质点，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．物块的运动时间为1 sB ．物块的位移大小为24 mC ．物块与地面间的动摩擦因数为0.3D ．小球平抛初速度的大小为6 m/s9．[2017·浙江卷]图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R ＝2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关．为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力)() A．0.15 m,4 3 m/s B．1.50 m,4 3 m/sC．0.15 m,2 6 m/s D．1.50 m,2 6 m/s二、多项选择题10.如图所示，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动．下列说法正确的是() A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将不变D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将不变11．[2020·洛阳联考]2013年9月9日，WTA官网公布最新一期网球女单选手世界排名，我国女选手李娜位居第5位．如图所示，李娜在边界A处正上方B点将球水平向右击出，球恰好过网C落在D处，已知AB高h1＝1.8 m，x＝18.3 m，CD＝9.15 m，网高为h2，不计空气阻力，则()A．球网上边缘的高度h2＝1 mB．若保持击球位置、高度和击球方向不变，球刚被击出时的速率为60 m/s，球一定能落在对方界内C．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意降低击球高度(仍高于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内12．[2020·邢台模拟]横截面为直角三角形的两个相同斜面顶点紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示．两小球分别从O点正上方A、B两点以不同的初速度分别向右、向左水平抛出，最后都垂直落在斜面上．已知OA＝4OB，下列判断正确的是()A．飞行时间之比t A:t B＝2:1B．飞行时间之比t A:t B＝4:1C．初速度之比v A:v B＝2:1D．初速度之比v A:v B＝4:113．[2019·全国卷Ⅱ，19]如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则()A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大规范快练(十二)1．解析：斜抛运动由于只受重力，故水平速度保持不变，而竖直分速度均匀变化；速度矢量的变化方向等于加速度的方向，故矢量的变化方向应沿竖直方向；铅球从某一高度抛出时，落地时速度方向与水平方向的夹角大于抛出时初速度方向与水平方向的夹角，则选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A2．解析：本题考查平抛运动的临界问题．由平抛运动的规律可知，第一次抛出小球时满足x ＝v 0t 1，h ＋6.25 m ＝12gt 21；当小球恰能落到平台B 上时，有x ＝v ′0t 2，h ＝12gt 22，联立解得v 0′＝7.5 m/s ，故选B.答案：B3．解析：采用逆向思维，将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短，选项B 正确；由于水平射程相等，由x ＝v 0t 得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，选项A 错误；由v y ＝gt 可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，选项C 错误；根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，选顼D 错误．答案：B4．解析：由平抛规律，h ＝12gt 2，v y ＝gt ，tan θ＝v y v 0＝2gh v 0，所以v 0＝2gh tan θ，即a 、b 两小球的初速度之比为3:2，故选项A 正确．答案：A5．解析：D 项，设飞镖与竖直方向的夹角为θ时运动时间为t ；则水平位移x ＝v 0t ；如图所示：tan θ＝v 0v y ＝v 0gt解得：t ＝v 0g tan θ＝x tg ·tan θ所以t 2＝x g tan θ. 由于A 飞镖的方向与竖直方向的夹角大于B 飞镖与竖直方向的夹角，所以A 飞镖的运动时间小于B 飞镖的运动时间，故D 项错误；A 、B 两项，根据h ＝12gt 2可得，A 飞镖的高度小于B 飞镖的高度，故A 、B 两项错误； C 项，根据v 0＝x t可得，A 飞镖掷出的初速度一定比B 飞镖掷出的初速度大，故C 项正确．答案：C6．解析：a 、b 两球下降的高度之比为3:1，根据h ＝12gt 2可知，t ＝2h g，则运动的时间关系是t a ＝3t b ，故AB 错误；因为a 、b 两球的水平位移之比为3:2，由v 0＝x t 得v a ＝32v b ，故C 正确，D 错误．答案：C7．解析：小球下滑过程中机械能守恒，则有12m v 2B ＝mgh ，解得v B ＝2gh ，到达B 点后小球做平抛运动，则有H ＝12gt 2，解得t ＝2H g，水平方向x ＝v B t ，根据几何关系有：tan 37°＝H v B t ＝H 2H g·2gh ＝34，解得h H ＝49，故D 正确． 答案：D8．解析：设物块运动时间为t ，则对小球有：下落高度h ＝12gt 2，解得t ＝2h g ＝2 s ，选项A 错误；对物块有x ＝12v 1t ＝12 m ，选项B 错误；v 1＝at ，a ＝6 m/s 2，μmg ＝ma ，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.6，选项C 错误；小球水平位移x ＝v 0t ，小球平抛初速度的大小v 0＝6 m/s ，选项D 正确．答案：D9．解析：如图所示，弹丸从P 点射出时的速度方向就是半径OP 的方向，即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律：v y v 0＝34，v y ＝gt水平方向：R ＋R cos37°＝v 0t竖直方向：h ＋R sin37°＝12gt 2 h ＝0.15 m ，v 0＝4 3 m/s ，故选A.答案：A10．解析：小球做平抛运动时，加速度为重力加速度g ，在斜面上运动时，加速度为a ＝g sin α(α为斜面的倾角)，选项A 错误，选项B 正确；小球平抛后又紧贴斜面PQ 做匀加速直线运动，小球在斜面上所受的弹力对小球不做功，整个过程只有重力做功，而撤去斜面，小球仍从O 点以相同速度水平抛出，整个过程也只有重力做功，两种方式小球机械能守恒，所以小球落地速率将不变，选项C 正确；当在斜面上运动时，由运动的合成与分解知，小球在竖直方向的加速度小于重力加速度g ，所以撤去斜面后，小球落地时间变短，选项D 错误．答案：BC11．解析：由h 1－h 2＝12gt 2，x ＝v t ，h 1＝12gt 21，x ＋x /2＝v t 1，联立解得：球网上边缘的高度h 2＝1 m ，t 1＝0.6 s ，A 项正确．若保持击球位置、高度和击球方向不变，球刚被击出时的速率为60 m/s ，球水平位移x ＝60×0.6 m ＝36 m ，小于2x ，所以球一定能落在对方界内，B 项正确．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内，C 项正确．任意降低击球高度(仍高于h 2)，球可能不能过网，球不能落在对方界内，D 项错误．答案：ABC12．解析：若在B 点向右水平抛出，根据题意知小球将垂直落在右边的斜面上，因为OA ＝4OB ，由于速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，速度方向相同，则位移方向相同，两三角形相似，两球平抛运动的高度之比为4:1，根据h ＝12gt 2知，平抛运动的时间之比为t A :t B ＝2:1，由几何关系知，两球平抛运动的水平位移之比为4:1，则初速度之比为v A :v B ＝2:1.故选项A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC13．解析：本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力，体现了模型构建、科学推理的核心素养．v -t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移，由图象可知第二次包围的格数较多，故A错. 设雪道的倾角为θ，则水平位移x＝ytan θ，故B正确. v -t图线的斜率表示加速度，由图象明显看出，第一次在竖直方向上的平均加速度较大，故C错. v＝v1时，斜率k1>k2，结合牛顿第二定律mg－f＝ma可知，第二次所受阻力较大，D正确．答案：BD。

规范快练(二十五) 电场的能的性质一、单项选择题1．[2020·浙江绍兴模拟]如图所示，空间有一圆锥OAB ，C 点为母线OA 上一点，现在顶点O 处固定一个带正电的点电荷，下列判断正确的是( )A ．A 、B 两点的场强相同B ．A 、C 两点的电势相等C ．将一负点电荷从A 点沿底面圆弧移到B 点，静电力对该电荷一直不做功D ．将一负点电荷从A 点沿直径移到B 点，静电力对该电荷先做负功后做正功2．一个带正电的质点，电荷量q ＝2.0×10－9 C ，在静电场中由a 点移动到b 点．在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J ，质点的动能增加了8.0×10－5 J ，则a 、b两点间的电势差U ab 为( )A ．1×104 VB ．－1×104 VC ．4×104 VD ．－7×104 V 3.[2020·浙江温州十五校联考]有一空间分布的电场，如图所示为其中一条电场线，A 、B 、C 为电场线上的三点，箭头方向为各点的切线方向，则下列说法正确的是( )A ．A 点的场强不可能小于C 点的场强B ．A 、B 、C 三点的切线方向为试探电荷在该位置的受力方向C ．正点电荷从A 点沿电场线运动到C 点，电势能减小D ．正点电荷仅受电场力作用由A 处静止释放后将沿该电场线运动4．[2020·浙江慈溪模拟]如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a 、b 相距为d ，电势差为U ，b 点的场强大小为E ，把电荷量为q 的试探电荷从a 点移到b 点，电场力做功为W ，该试探电荷在a 点所受的电场力大小为F ，下列关系式一定正确的是( )A ．E ＝F qB ．U ＝EdC ．E ＝kq d 2D ．U ＝W q5．如图所示为某电场的电场线和等势面分布图，其中实线为电场线，虚线为等势面，a 、b 、c 为电场中的三个点．下列说法正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．a点的电场强度小于b点的电场强度C．电子从a点移到c点，电势能增大D．将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电场力做功的代数和为零6.如图所示，电场中某一水平方向的电场线上有a、b、c三点，c点为ab的中点．a、b 两点的电势分别为φa＝5 V、φb＝3 V．下列叙述正确的是()A．c点的电势一定为4 VB．a点的场强E a一定大于b点的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a7．[2020·吉林五地六校合作体联考]在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有()A．将一个正试探电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功B．x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低C．若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功D．若将一个正试探电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大8.[2020·泰安一模]如图所示，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点．a B、a C表示两粒子经过B、C时的加速度大小，v B、v C表示两粒子经过B、C时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是()A．a B＝a C v B＝v C B．a B>a C v B＝v CC．a B>a C v B<v C D．a B<a C v B>v C二、多项选择题9.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8J，在B点的电势能为0.80×10－8 J．已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量的绝对值为1.0×10－9 C，那么()A．该电荷为负电荷B．该电荷为正电荷C．A、B两点的电势差U AB＝－4.0 VD．把电荷从A移到B，静电力做功为W＝2.5×10－10 J10.[2020·株洲一模]如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等．一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断() A．φ4等势面上各点场强处处相同B．四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4C．粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功D．粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是v a>v b>v c＝v d11．[2020·广东珠海一模]如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形ABC直角边BC＝20 cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分线．若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1 000 eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1 100 eV和900 eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则() A．A、B间的电势差U AB＝100 VB．该匀强电场的场强E＝1 000 V/mC．电场强度的方向沿A指向DD．整个三角形内，顶点C的电势最高12．[2020·江苏南通联考]如图甲所示是某电场中的一条电场线，若有一质子以某一初速度仅在电场力的作用下，沿AB由A点运动到B点，所经位置的电势(φ)随距A点的距离(x)变化的规律如图乙所示，则以下关于质子的v -t图象、E k -x图象、a -t图象、E(电势能与动能之和) -x图象中可能正确的有()三、非选择题13．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切与半圆的端点A，一质量为1 kg的小球在水平地面上匀速运动，速度为v＝6 m/s，经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)，已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力的大小等于2mg，g为重力加速度．(1)当轨道半径R＝0.1 m时，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值．规范快练(二十五)1．解析：本题考查电场强度、电势、电场力做功等知识点．根据点电荷电场的特点可知，A 、B 两点的场强大小相同，方向不同，A 、C 两点的电势不相等，选项A 、B 错误；将一负点电荷从A 点沿底面圆弧移到B 点，静电力对该电荷一直不做功，选项C 正确；将一负点电荷从A 点沿直径移到B 点，静电力对该电荷先做正功后做负功，选项D 错误． 答案：C2．解析：根据动能定理得W ab ＋6.0×10－5J ＝8.0×10－5J ，则W ab ＝8.0×10－5J －6.0×10－5J ＝2.0×10－5J.由U AB ＝W AB q 得U ab ＝2.0×10－52.0×10－9V ＝1×104 V ，选项A 正确． 答案：A3．解析：电场线的疏密表示场强的大小，而一条电场线无法判断电场线的分布情况，又不知道是何种电荷产生的电场，则无法比较场强的大小，所以A 点的场强可能小于C 点的场强，故A 错误；据场强方向的规定，正电荷在某点所受电场力的方向与该点场强方向相同，若为负电荷，则与该点场强方向相反，故B 错误；正点电荷从A 点沿电场线运动到C 点，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；正点电荷仅受电场力作用由A 处静止释放，该电荷所受的电场力是变力，与电场线相切，据曲线运动的条件可知该电荷并不能沿电场线运动，故D 错误．答案：C4．答案：D5．解析：本题考查电场强度的比较、电势比较、电场力做功、电势能变化及其相关知识点，根据同一等势面上电势相等可知，a 点的电势等于b 点的电势，选项A 错误；根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知a 点的电场强度大于b 点的电场强度，选项B 错误；电子从a 点移到c 点，电场力做正功，电势能减小，选项C 错误；电场力做功与路径无关，只与两点之间的电势差有关，将电子从a 点移到c 点，再从c 点移到b 点，因为a 、b 两点处于同一等势面上，所以电场力做功的代数和为零，选项D 正确．答案：D6．解析：只有一条电场线，此处电场并不一定是匀强电场，故A 、B 错误；由电势高低情况可知，电场强度方向为由a 指向b ，故正电荷所受的电场力方向由c 指向b ，D 错误；正电荷由c 点运动到b 点，电场力做正功，电势能减少，故C 正确．答案：C7．解析：本题考查对电场强度E 随坐标x 的变化曲线的理解．由图可知P 、O 之间的电场强度方向为正，而O 、Q 之间的电场强度方向为负，所以x 轴上从P 点到Q 点的电势先降低后升高，将一个正检验电荷从P 点沿x 轴移向Q 点的过程中电场力先做正功，后做负功，选项A 、B 错误；由电场强度在E 轴两侧的分布，可知该电场可能是两个等量同种正点电荷形成的静电场，则在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做负功后做正功，选项C 错误；在两个等量同种正点电荷形成的静电场中，将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大，选项D 正确．答案：D8．解析：库仑力F ＝kQq r 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝F m，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功．有－W ＝12m v 2－12m v 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C)，因为m B <m C ，所以v B <v C ，C 正确．答案：C9．解析：A 点的电势能大于B 点的电势能，从A 到B 静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，故选项A 正确，选项B 错误；静电力做功W AB ＝E p A －E p B ＝1.2×10－8J －0.80×10－8J ＝0.40×10－8 J ，选项D 错误；由U AB ＝W AB q 得U AB ＝0.4×10－8－1.0×10－9V ＝－4.0 V ，所以选项C 正确．答案：AC10．解析：A 项，电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知φ4等势面上各点场强不是处处相等，故A 项错误；B 项，电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，由图可知，因此φ1<φ2<φ3<φ4，故B 项正确；C 项，粒子从a 运动到d 的过程中静电力与速度的夹角先大于90°，后等于90°，最后小于90°，因此先做负功，后不做功，最后做正功，故C 项错误；D 项，由C 项分析，电场力先做负功，再做正功，则有速度先减小后增大，由于c 、d 在同一等势线上，因此有v a >v b >v c ＝v d ，故D 项正确．答案：BD11．解析：本题考查根据已知带电粒子运动能量变化分析电场和电势情况．电子由B 到A 由动能定理可得－ eU BA ＝1 100 eV －1 000 eV ，可得U BA ＝－100 V ，所以U AB ＝100 V ，故A 正确；同理可知B 、C 间的电势差U BC ＝100 V ，所以A 、C 间的电势差为U AC ＝100 V ＋100 V ＝200 V ；由几何知识可得AC 在AD 上的投影是AB 在AD 上投影的2倍，这就说明电场的方向一定沿着AD ，并且由A 指向D ，故C 正确；由几何知识可得AB 在AD 上的投影为10 cm ，所以电场强度的大小为E ＝1000.1 V/m ＝1 000 V/m ，故B 正确；分析可知，整个三角形内，顶点A 的电势最高，故D 错误．答案：ABC12．解析：本题考查对电势φ随坐标x 的变化曲线的理解、电场强度与电势差关系、动能定理及其相关知识点．由题图乙和E ＝U d ＝φ0－φx可知，图乙对应函数关系为φ＝φ0－Ex ，该电场为匀强电场，其方向为沿x 轴正方向，质子所受的电场力为恒力，质子做匀变速直线运动，A 正确，C 错误；质子的电势能与动能之和保持不变，D 正确；由动能定理，有eEx ＝E k －E k 0，即E k ＝E k 0＋eEx ，B 错误． 答案：AD13．解析：(1)由于电场力方向沿竖直方向，小球在水平轨道上运动时，速度与电场力方向垂直所以电场力在水平轨道上部做功，小球做匀速直线运动，故到达A 点时的速度为6 m/s.从A 到B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得－mg ·2R －F E ·2R ＝12m v 2B－12m v 2A ，根据牛顿第二定律可得在B 点F E ＋mg ＋F N ＝m v 2B R，解得F N ＝210 N ， 根据牛顿第三定律可得小球对轨道的压力为210 N.(2)小球恰好能通过最高点B 时，小球与轨道间没有相互作用力，重力与电场力的合力完全充当向心力故有mg ＋F E ＝m v 2B R max从A 到B 过程中，重力和电场力都做负功，故根据动能定理可得－mg ·2R max －F E ·2R max＝12m v 2B －12m v 2A ，解得R max ＝0.2 m. 答案：(1)210 N (2)0.2 m。

规范快练(二十) 动量和动量定理一、单项选择题1．质量为5 kg 的小球以5 m/s 的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s 的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )A ．10 kg·m/sB ．－10 kg·m/sC ．40 kg·m/sD ．－40 kg·m/s2．从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D ．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大3.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌．从提供的信息知：一枚30 g 的鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m 高)落下，能砸破安全帽．若鸡蛋壳与安全帽的作用时间为4.5×10－4 s ，人的质量为50 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，则安全帽受到的平均冲击力的大小约为( )A ．1 700 NB ．2 000 NC ．2 300 ND ．2 500 N 4．[2019广西百校大联考]如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力F 的作用下竖直上升，经过一段时间后，突然撤去该恒力，物块经相同时间落回地面．不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为( )A.21B.32C.43D.545．质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s ，－10 N·sC ．0,10 N·sD ．0，－10 N·s6．[2020·四川内江一模]如图所示是一质量为m ＝2 kg 的物体，从t ＝0时开始做直线运动的v - t 图线，关于该物体，下列说法正确的是( ) A ．在0～6 s 时间内，物体离出发点最远为30 m B ．在0～6 s 时间内，物体经过的位移为40 m C ．在0～4 s 时间内，物体的动量变化为20 kg·m/sD ．在4～6 s 时间内，物体所受合外力的冲量为－20 N·s7．有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v 喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p ，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ.则墙壁上涂料厚度增加的速度u 为( )A ．u ＝ρp vB ．u ＝pρvC ．u ＝ρp v D ．u ＝p v ρ二、多项选择题8．关于动量的概念，下列说法中正确的是( ) A ．动量大的物体惯性一定大 B ．动量大的物体运动一定快C ．动量相同的物体运动方向一定相同D ．动量相同的物体速度小的惯性大 9.古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死．若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )A ．1 m/sB ．1.5 m/sC ．2 m/sD ．2.5 m/s 10.如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC．球棒对垒球做的功为126 JD．球棒对垒球做的功为36 J11.[2020·汕头模拟]跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中() A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的D．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的三、非选择题12．[2018·北京卷，22]2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC 高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度v B＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小．13．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg，长度为2.5 m的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s向下漏原料，装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行．(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．规范快练(二十)1．解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p 1＝m v 1＝25 kg·m/s ，末动量p 2＝m v 2＝－15 kg·m/s ，所以动量的变化Δp ＝p 2－p 1＝－40 kg·m/s.答案：D2．解析：玻璃杯从同一高度落下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等，与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理I ＝Δp 可知，冲量也相等，掉在软泥地上，由于软泥地的缓冲使接触时间变长，由I ＝Ft 可知，I 大小相等，则玻璃杯受到的作用力较小，而掉在水泥地上，玻璃杯与水泥地的作用时间短，则玻璃杯受到的作用力较大，因此玻璃杯在水泥地上比在软泥地上更易破碎，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D3．解析：鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m 高)落下，可近似看成是自由落体运动，则根据v 2＝2gh 可得落到安全帽上的瞬时速度为v ＝30 m/s ，鸡蛋壳与安全帽碰撞的过程，由动量定理得：F Δt ＝Δp ，即有：F ＝Δp Δt ＝m v Δt ＝30×10－3×304.5×10－4N ＝2 000 N ，选项B 正确． 答案：B4．解析：设物块在撤去拉力时的速度大小为v ，落地速度大小为v ′.物块受拉力的过程有x ＝v 2t ，物块不受拉力的过程有x ＝v ′－v2t ，解得v :v ′＝1:2，由动量定理可知物块受拉力过程有(F －mg )t ＝m v ，物块不受拉力过程有－mgt ＝－m v ′－m v ，联立解得F :mg ＝4:3，故C 正确．答案：C5．解析：由图象可知，在前10 s 内初、末状态的动量相等，p 1＝p 2＝5 kg·m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内p 3＝－5 kg·m/s ，I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s ，故选D.答案：D6．解析：本题结合v - t 图象考查动量、冲量相关知识．前5 s 内物体一直沿正方向运动，5～6 s 沿负方向运动，所以在5 s 末物体离出发点最远，最远距离为s ＝2＋52×10 m ＝35 m ，故A 错误；根据v - t 图象与t 轴围成的面积表示物体的位移，在0～6 s 内，物体经过的位移为x ＝2＋52×10 m －102×1 m ＝30 m ，故B 错误；在0～4 s 内，物体的动量变化为Δp ＝m v －0＝(2×10－0) kg·m/s ＝20 kg·m/s ，故C 正确；根据动量定理，在第4～6 s 内，物体所受的合外力的冲量等于动量的变化量，即I ＝(－2×10－2×10) kg·m/s ＝－40 kg·m/s ＝－40 N·s ，故D 错误．答案：C7．解析：在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v 变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量. 以Δt 时间内喷在面积为ΔS 上的质量为Δm 的涂料为研究对象，设墙壁对它的作用力为F ，它对墙壁的作用力为F ′，涂料增加的厚度为h .由动量定理可知F ·Δt ＝Δm ·v ，其中Δm ＝ρ·ΔSh ，则墙壁受到的压强p ＝F ′ΔS ＝F ΔS ＝ρh vΔt.又因涂料厚度增加的速度为u ＝h Δt ，联立解得u ＝pρv，选项B 正确．答案：B8．解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 错误；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D 正确．答案：CD9．解析：根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F ，兔子撞击树桩后速度为零，根据动量定理有－Ft ＝0－m v ，所以v ＝Ft m ＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m/s ＝2 m/s.则被撞死的兔子其奔跑速度大于等于2 m/s 即可．答案：CD10．解析：设球棒对垒球的平均作用力为F －，由动量定理得F －·t ＝m (v －v 0)，取v ＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F －＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12m v 2－12m v 20＝126 J ，选项A 、C 正确．答案：AC11．解析：运动员做平抛运动，只受重力，是恒力，根据动量定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间内合力的冲量相等，故任意相等时间内动量的改变量相等，故A 正确；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是匀加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移不一定相等，故重力做的功不一定相等，故动能增加量不一定相等，故B 错误；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是加速运动，在下落相等高度的过程中，时间不一定相等，故合力的冲量不一定相等，故动量的增加量不一定相等，故C 错误；在下落相等高度的过程中，合力的功相等，根据动能定理，动能的增加量相等，故D 正确．答案：AD12．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m.(2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N·s. (3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示．根据动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2CR得F N ＝3 900 N.答案：(1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图如图所示 3 900 N13．解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝ΔmΔt·v ＝100×0.5 N ＝50 N.(2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋ΔmΔt·t ＝⎝⎛⎭⎫300＋100×2.50.5 kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－M v )解得F ′＝M v t ′＝800×0.52 N ＝200 N.答案：(1)50 N (2)200 N。

规范快练(二十三)力学三大观点的综合应用一、单项选择题1.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为()A．16 J B．2 JC．6 J D．4 J2.[2019·河北百校联盟二联，7]如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动．重力加速度为g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A．物块释放0.3 s后落到小车上B．若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小C．物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒D．物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5 J3．如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动．现将一质量为m的小滑块从轨道AB上竖直高度为3R的位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D点滑入光滑轨道ABCD且能到达原位置A，则在该过程中()A．在C点滑块对轨道的压力为零B．传送带的速度可能为5gRC．摩擦力对物块的冲量为零D．传送带速度v越大，滑块在传送带因摩擦产生的热量越多二、多项选择题4．[2020·江西上饶六校一联]如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 20D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 20 5.[2020·宁夏银川模拟]A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg·m/sB ．碰撞时A 球对B 球的冲量为－4 N·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD ．碰撞时A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J6．如图所示，质量为m 的小球A 位于光滑水平面上，小球A 与墙之间用轻弹簧连接．现用与小球A 完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为E ，两球回到小球A 原静止位置时的速度大小为v ，此过程中墙对弹簧的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )A ．E ＝14m v 20 I ＝0B ．v ＝v 02 I ＝2m v 0C ．v ＝v 02 I ＝m v 0D ．E ＝14m v 20I ＝2m v 0三、非选择题7．[2020·四川蓉城联考]如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平，在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C 端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．8．[2020·河南衡阳一模]如图甲所示，在高h＝0.8 m的水平平台上放置一质量为M＝0.9 kg的小木块(视为质点)，距平台右边缘d＝2 m．一质量为m＝0.1 kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短)，然后二者一起向右运动，在平台上运动的v2-x的关系图线如图乙所示，最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s＝1.6 m的地面上．g取10 m/s2，求：(1)小木块滑出平台时的速度大小；(2)子弹射入小木块前的速度大小；(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时，系统所产生的内能．9．[2020·石家庄质检]如图所示，在光滑的水平地面上有一足够长的平板，平板上固定一高h＝0.2 m的光滑平台，平板与平台的总质量M＝6 kg，一轻质弹簧左端固定在平台上，已知重力加速度g＝10 m/s2.(1)若平板被固定在地面上，将质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在平台上弹簧的右端，用手推小物块将弹簧压缩一定的距离，松手后小物块被弹射到距离平台右侧s＝1 m处的A点，求松手前瞬间弹簧的弹性势能；(2)若不固定平板，扶住平台用质量仍为m的小物块将弹簧压缩至与(1)中相同的长度，同时放开小物块及平台，求小物块落在平板上的位置到平台右侧的距离s′.10．如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并粘在一起形成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量均为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE k；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E km.规范快练(二十三)1．解析：设子弹的质量为m 0，初速度为v 0，木块的质量为m ，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m 0v 0＝(m ＋m 0)v ，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E ＝12m 0v 20－12(m ＋m 0)v 2，而木块获得的动能E 木＝12m v 2＝6 J ，两式相除得E E 木＝m ＋m 0m 0>1，即E >6 J ，A 项正确． 答案：A2．解析：物块下落的时间为t ＝2hg ＝2×1.2510s ＝0.5 s ，选项A 错误；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒M v 0＝(M ＋m )v 知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，选项B 、C 错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE ＝mgh ＋⎣⎡⎦⎤12M v 20－12(M ＋m )v 2，代入数据可得ΔE ＝7.5 J ，选项D 正确． 答案：D3．解析：对滑块从A 到C ，根据动能定理有mg (h －2R )＝12m v 2C －0，根据F N ＋mg ＝m v 2C R，解得F N ＝mg ，选项A 错误；根据动能定理有mgh ＝12m v 2D，解得v D ＝6gR ，由于滑块还能到达原位置A ，则传送带的速度v ≥v D ＝6gR ，选项B 错误；滑块在传送带上运动的过程中，动量方向变为相反，动量变化量不为0，则摩擦力对滑块的冲量不为0，选项C 错误；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx ，传送带的速度越大，在相同时间内二者相对位移(Δx )越大，则产生的热量越多，故选项D 正确．答案：D4．解析：弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有：E pm ＝12m A v 20① 当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2解得：m A ＝3m ，E pm ＝32m v 2故A 、C 正确，B 、D 错误． 答案：AC5．解析：根据题图可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝m v －m v A ＝4 kg·m/s ，选项A 正确；A 球的动量变化量为4 kg·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化量为－4 kg·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球的冲量为－4 N·s ，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg·m/s ，选项C 错误．答案：ABD6．解析：小球B 与 A 相碰过程，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m )v ′，v ′为小球B碰撞小球A 后瞬间两小球共同运动的速度大小，解得v ′＝v 02，两小球组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，当其速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得E ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14m v 20，此后两球做加速运动，回到小球A 原静止位置时两球速度大小v ＝v 02，两小球组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理可得墙对弹簧的冲量大小I ＝2m v 0，故选项B 、D 正确．答案：BD7．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v 2CR解得v C ＝3gR小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 2C ＋mg ·2R 联立解得v 0＝7gR .(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得m v C ＝(m ＋2m )v 共由机械能守恒定律得 12m v 2C ＝12(m ＋2m )v 2共＋mgh 联立解得h ＝R .答案：(1)7gR (2)R8．解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动，有h ＝12gt 2，s ＝v t ，联立两式可得v ＝s2h g＝4 m/s.(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，由图乙并结合数学知识可知40 m 2·s －2－v 2＝v 21－40 m 2·s －2，解得v 1＝8 m/s ， 子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律有 m v 0＝(M ＋m )v 1，解得v 0＝(M ＋m )v 1m＝80 m/s.(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q ，则Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝312 J.答案：(1)4 m/s (2)80 m/s (3)312 J9．解析：(1)在平板固定时，弹簧的弹性势能全部转化为小物块的动能，小物块离开平台后做平抛运动，平台高为h ，设小物块弹出时的速度为v则：s ＝v t h ＝12gt 2 由能量守恒定律得E p ＝12m v 2联立解得松手前瞬间弹簧的弹性势能E p ＝25 J.(2)在平板不固定时，小物块弹出后，平板也获得一向左的速度．设小物块相对地面的速度大小为v 1，平板相对地面的速度大小为v 2则由动量守恒定律得：0＝m v 1－M v 2 由能量守恒定律得E p ＝12m v 21＋12M v 22 小物块下落过程中，在竖直方向上有：h ＝12gt 2小物块落点到平台右侧的距离：s ′＝(v 1＋v 2)t联立解得：s ′＝23 3 m.答案：(1)25 J (2)233 m10．解析：(1)P 1、P 2碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，有m v 1＝2m v ，解得v ＝v 12＝3 m/s ，碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12m v 21－12(2m )v 2，解得ΔE k ＝9 J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P 在AC 间做匀减速直线运动，设P 1、P 2碰撞后速度为v ，P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2，由牛顿第二定律得μ·2mg ＝2ma ，由运动学公式得3L ＝v t －12at 2，v 2＝v －at ， 解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt 2t ，v 2＝6L －μgt 22t，由于 2 s ≤t ≤4 s ，解得v 1的取值范围为10 m/s ≤v 1≤14 m/s ，v 2的取值范围为1 m/s ≤v 2≤5 m/s.所以当v 2＝5 m/s ，P 向左经过A 点时有最大速度，v 3＝v 22－2aL ＝17 m/s ，则P 向左经过A 点时的最大动能E km ＝12·2m v 23＝17 J. 答案：(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J。

规范快练(六) 共点力作用下物体的平衡一、单项选择题 1.[2020·云南开远一中测试]如图所示是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，壁面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，轻绳与壁面的夹角为30°，运动员的质量为80 kg.则轻绳对运动员的拉力大小为(g 取10 m/s 2)( )A.80033 N B ．800 NC.1 60033 N D ．1 600 N2.如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M 的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则( )A ．环可能受三个力作用B ．环一定受四个力作用C ．物体做匀加速运动D ．悬绳对物体的拉力小于物体的重力 3.[2020·山东临沂质检]如图所示，斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30°，一小球放置在斜面与挡板之间，挡板对小球的弹力为F N1，斜面对小球的弹力为F N2，以挡板与斜面连接点所在的水平直线为轴，将挡板从图示位置开始缓慢地转到水平位置，不计摩擦，在此过程中( )A ．F N1始终减小，F N2始终增大B ．F N1始终增大，F N2始终减小C ．F N1始终减小，F N2先减小后增大D ．F N1先减小后增大，F N2始终减小4．[2020·上湖北恩施质检]如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体放在水平面上，斜面上的一个小球用绕过斜面上方定滑轮的细线拉着并处于静止状态．现拉动细线使小球沿斜面向上缓慢移动，斜面体始终处于静止．球与斜面间的动摩擦因数为0.5，当细线与斜面间的夹角α＝37°时，细线上的拉力大小为( )A ．mg B.3mg C.1011mg D ．23mg 5.如图所示，在竖直平面内固定一圆心为O 、半径为R 的光滑圆环，原长为R 的轻弹簧上端固定在圆环的最高点A ，下端系有一个套在环上且重力为G 的小球P (可视为质点)．若小球静止时，O 、P 两点的连线恰好水平，且弹簧的形变未超出其弹性限度，则弹簧的劲度系数为( )A.G RB.G 2RC.(2＋2)G RD.(2－5)G R6．[2020·安徽合肥一中六校联考]如图，一粗糙斜面固定于水平面上，一质量为m 的滑块通过一跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳与一钩码相连．能使滑块在斜面上保持静止的钩码质量的最大值和最小值分别为m 1和m 2.设轻绳与斜面保持平行，滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．斜面倾角为θ，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为( )A.m 12mgB.2m 2mgC.m 1－m 22m cos θD.m 1＋m 22m cos θ7．[2020·潍坊模拟]如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P ，质量相同的横截面为直角三角形的两物块A 、B 叠放在斜面与挡板之间，且A 与B 间的接触面水平，则A 对B 的压力与B 对斜面的压力之比应为( )A ．2:1 B.3:2 C.3:1 D.3:48．[2020·福建龙岩模拟]如图所示，顶端装有光滑定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，小物块A置于斜面上，通过与斜面平行的细绳跨过定滑轮与沙漏B相连接，在沙漏中的沙子缓慢流出的过程中，斜面体、物块A、沙漏B均保持静止．则下列说法正确的是() A．地面对斜面体的摩擦力方向始终向左B．地面对斜面体的摩擦力为零C．物块A所受斜面体的摩擦力一定减小D．物块A所受斜面体的摩擦力一定沿斜面向上9．用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图甲所示．今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡．表示系统平衡状态的图可能是图乙中的()10．[2020·江西南昌二中模拟]如图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示．弹簧测力计示数F A、F B、F C、F D由大到小的排列顺序是()A．F B>F D>F A>F C B．F D>F C>F B>F AC．F D>F B>F A>F C D．F C>F D>F B>F A二、多项选择题11.2018年3月15日，华体集团泳联世界杯日本站展开争夺．中国队首日告捷，包揽了男女双人10米台和男女双人3米板的4枚金牌．我国某一跳水运动员在走板时，从跳板的A 端缓慢地走到B端，跳板逐渐向下弯曲，如图所示，在此过程中，该运动员对跳板的()A ．压力不断增大B ．摩擦力不断增大C ．作用力不断增大D ．作用力不变12．如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，绳子所受的拉力为FT 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同劲度系数为k 2且(k 2>k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT 2，弹簧的弹力为F 2，则下列关于FT 1与FT 2、F 1与F 2之间的大小关系正确的是( )A ．FT 1>FT 2B ．FT 1＝FT 2C ．F 1<F 2D ．F 1＝F 2 13．[2020·湖南醴陵模拟]如图所示，一轻细绳跨过定滑轮连接两个小球A 、B ，它们都穿在一光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA 绳与水平方向的夹角为60°，OB 绳与水平方向的夹角为30°.若两小球质量分别为m A 、m B ，杆对A 、B 的弹力分别为N A 、N B ，则( )A.N A N B ＝32B.N A N B ＝13C.m A m B ＝31D.m A m B ＝22 14.如图为一位于墙角的斜面，其倾角θ＝37°，一轻质弹簧一端系在质量为m 的物体上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，物体在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则( )A ．物体一定受四个力作用B ．弹簧弹力可能是43mgC ．物体受到的摩擦力一定沿斜面向上D ．斜面对物体的作用力方向一定竖直向上规范快练(六)1．解析：对运动员受力分析可知，轻绳对运动员的拉力T ＝mg cos 30°＝1 60033N ，故C正确．答案：C 2．解析：分析M 可知，其受重力和轻绳拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，不可能沿滑杆向下做匀加速运动，物体只能做匀速运动，故二力平衡，C 、D 两项错误；再对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力，A 项错误、B 项正确．答案：B 3.解析：对小球受力分析如图所示，将F N1与F N2合成，其合力与重力等大、反向，挡板转动时，F N2的方向不变，F N1的方向按图中a →b →c 的规律变化，由于满足平行四边形定则，其大小变化规律为先减小后增大，在挡板与斜面垂直时最小．与此对应，F N2的大小一直减小．故D 正确．答案：D 4．解析：本题考查正交分解法在动态平衡中的应用．当细线与斜面间的夹角α＝37°时，根据力的平衡条件，在沿斜面方向有F cos α＝mg sin θ＋μ(mg cos θ－F sin α)，解得F ＝1011mg ，故选C.答案：C5．解析：对小球受力分析，如图所示，由几何知识可知θ＝45°，则F ＝2G ，弹簧的伸长量Δx ＝(2－1)R ，则k ＝F Δx ＝(2＋2)GR，C 项正确．答案：C6．解析：本题通过静态平衡的临界问题考查动摩擦因数的计算．当钩码的质量为最大值m 1时，滑块所受的静摩擦力沿斜面向下，则μmg cos θ＋mg sin θ＝m 1g ；当钩码的质量为最小值m 2时，滑块所受的静摩擦力沿斜面向上，则mg sin θ＝m 2g ＋μmg cos θ，联立解得μ＝m 1－m 22m cos θ，故C 正确． 答案：C7．解析：设A 、B 的质量都为m ，A 处于静止状态，对A 进行受力分析可知，B 对A 的支持力等于A 的重力，结合牛顿第三定律可知，A 对B 的压力F N ＝mg ，把AB 看成一个整体，对整体受力分析可知：整体受到重力2mg ，斜面的支持力F N 1，挡板的压力F N2，根据平衡条件得：cos 30°＝2mg F N1，解得F N1＝433mg ，所以B 对斜面的压力F N1′＝433mg ，则F N F N1′＝34.故选D. 答案：D8．解析：本题通过变质量考查静态平衡中的受力变化问题．以物块A 、沙漏B 以及斜面体整体为研究对象，系统在水平方向上受力为零，由此可知，地面对斜面体的摩擦力为零，选项A 错误，B 正确；设物块A 、沙漏B 的重力分别为G A 和G B ，斜面倾角为θ，当G B <G A sin θ，物块A 受到斜面体的摩擦力沿斜面向上，有G A sin θ＝G B ＋F f ，当沙子流出时G B 减小，可得出物块A 受到斜面体的摩擦力增加，故C 错误；当G B >G A sin θ，物块A 受到斜面体的摩擦力沿斜面向下，故D 错误．答案：B9．解析：将a 、b 两球看成一个系统，以这个系统为研究对象．因为作用在a 、b 上的恒力等大反向，其合力为零，而a 、b 受到的重力竖直向下，系统要保持平衡，故a 到悬点的细线的拉力必然竖直向上，故选A.答案：A10．解析：对A 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得2F A cos 45°＝mg ，解得F A ＝2mg2，对B 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得，F B ＝mg ，对C 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得，F C ＝mg sin 30°＝12mg ，对D 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得2F D cos 75°＝mg ，解得F D ＝mg2cos 75°，则F D >F B >F A >F C ，故C 正确．答案：C11．解析：由题意可知，运动员从A 端走到B 端的过程中，跳板的弯曲度不断增大，令运动员在某点时过该点的切线与水平方向的夹角为θ，则运动员受到的弹力为F N ＝mg cos θ，摩擦力为F f ＝mg sin θ，可知运动员在走动过程中，夹角θ变大，F N 减小，F f 增大，故A 错误，B 正确；由于该运动员始终处于平衡状态，根据二力平衡可知跳板对运动员的作用力始终等于重力，故C 错误，D 正确．答案：BD 12.解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力F T 的合力F 合与重力mg 大小相等、方向相反，即F 合＝mg ，由三角形相似得G OA ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故FT 1＝FT 2，F 2>F 1，故A 、D 项错误，B 、C 项正确．答案：BC13．解析：分别对A 、B 两球分析，如图所示．由几何知识得T sin 60°＝m A g ，T sin 30°＝m B g ，故m A m B ＝sin 60°sin 30°＝31，N A＝m A g tan 60°，N B ＝m B g tan 30°，则N A N B ＝13，故B 、C 正确，A 、D 错误． 答案：BC14．解析：小球受力如图所示，小球共受重力、支持力和弹簧的拉力，要使物体处于平衡状态，物体一定受到向上的摩擦力作用，故A 、C 正确．若F ＝43mg ，则F 垂直斜面向上的分力为0.8 mg ，大于mg cos 37°，此时小球对斜面没有压力，小球不可能处于平衡状态，故B 错误；斜面对小球的作用力包括F N 和F f ，二者的合力的方向与F 和mg 的合力方向相同，故应斜向上方，不可能竖直向上，故D 错误．答案：AC。

规范快练(六) 共点力作用下物体的平衡一、单项选择题 1.[2020·云南开远一中测试]如图所示是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，壁面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，轻绳与壁面的夹角为30°，运动员的质量为80 kg.则轻绳对运动员的拉力大小为(g 取10 m/s 2)( )A.80033 N B ．800 NC.1 60033 N D ．1 600 N2.如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M 的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则( )A ．环可能受三个力作用B ．环一定受四个力作用C ．物体做匀加速运动D ．悬绳对物体的拉力小于物体的重力 3.[2020·山东临沂质检]如图所示，斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30°，一小球放置在斜面与挡板之间，挡板对小球的弹力为F N1，斜面对小球的弹力为F N2，以挡板与斜面连接点所在的水平直线为轴，将挡板从图示位置开始缓慢地转到水平位置，不计摩擦，在此过程中( )A ．F N1始终减小，F N2始终增大B ．F N1始终增大，F N2始终减小C ．F N1始终减小，F N2先减小后增大D ．F N1先减小后增大，F N2始终减小4．[2020·上湖北恩施质检]如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体放在水平面上，斜面上的一个小球用绕过斜面上方定滑轮的细线拉着并处于静止状态．现拉动细线使小球沿斜面向上缓慢移动，斜面体始终处于静止．球与斜面间的动摩擦因数为0.5，当细线与斜面间的夹角α＝37°时，细线上的拉力大小为( )A ．mg B.3mg C.1011mg D ．23mg 5.如图所示，在竖直平面内固定一圆心为O 、半径为R 的光滑圆环，原长为R 的轻弹簧上端固定在圆环的最高点A ，下端系有一个套在环上且重力为G 的小球P (可视为质点)．若小球静止时，O 、P 两点的连线恰好水平，且弹簧的形变未超出其弹性限度，则弹簧的劲度系数为( )A.G RB.G 2RC.(2＋2)G RD.(2－5)G R6．[2020·安徽合肥一中六校联考]如图，一粗糙斜面固定于水平面上，一质量为m 的滑块通过一跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳与一钩码相连．能使滑块在斜面上保持静止的钩码质量的最大值和最小值分别为m 1和m 2.设轻绳与斜面保持平行，滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．斜面倾角为θ，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为( )A.m 12mgB.2m 2mgC.m 1－m 22m cos θD.m 1＋m 22m cos θ7．[2020·潍坊模拟]如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P ，质量相同的横截面为直角三角形的两物块A 、B 叠放在斜面与挡板之间，且A 与B 间的接触面水平，则A 对B 的压力与B 对斜面的压力之比应为( )A ．2:1 B.3:2 C.3:1 D.3:48．[2020·福建龙岩模拟]如图所示，顶端装有光滑定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，小物块A置于斜面上，通过与斜面平行的细绳跨过定滑轮与沙漏B相连接，在沙漏中的沙子缓慢流出的过程中，斜面体、物块A、沙漏B均保持静止．则下列说法正确的是() A．地面对斜面体的摩擦力方向始终向左B．地面对斜面体的摩擦力为零C．物块A所受斜面体的摩擦力一定减小D．物块A所受斜面体的摩擦力一定沿斜面向上9．用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图甲所示．今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡．表示系统平衡状态的图可能是图乙中的()10．[2020·江西南昌二中模拟]如图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m，且均处于静止状态，有关角度如图所示．弹簧测力计示数F A、F B、F C、F D由大到小的排列顺序是()A．F B>F D>F A>F C B．F D>F C>F B>F AC．F D>F B>F A>F C D．F C>F D>F B>F A二、多项选择题11.2018年3月15日，华体集团泳联世界杯日本站展开争夺．中国队首日告捷，包揽了男女双人10米台和男女双人3米板的4枚金牌．我国某一跳水运动员在走板时，从跳板的A 端缓慢地走到B端，跳板逐渐向下弯曲，如图所示，在此过程中，该运动员对跳板的()A ．压力不断增大B ．摩擦力不断增大C ．作用力不断增大D ．作用力不变12．如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，绳子所受的拉力为FT 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同劲度系数为k 2且(k 2>k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT 2，弹簧的弹力为F 2，则下列关于FT 1与FT 2、F 1与F 2之间的大小关系正确的是( )A ．FT 1>FT 2B ．FT 1＝FT 2C ．F 1<F 2D ．F 1＝F 2 13．[2020·湖南醴陵模拟]如图所示，一轻细绳跨过定滑轮连接两个小球A 、B ，它们都穿在一光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA 绳与水平方向的夹角为60°，OB 绳与水平方向的夹角为30°.若两小球质量分别为m A 、m B ，杆对A 、B 的弹力分别为N A 、N B ，则( )A.N A N B ＝32B.N A N B ＝13C.m A m B ＝31D.m A m B ＝22 14.如图为一位于墙角的斜面，其倾角θ＝37°，一轻质弹簧一端系在质量为m 的物体上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，物体在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则( )A ．物体一定受四个力作用B ．弹簧弹力可能是43mgC ．物体受到的摩擦力一定沿斜面向上D ．斜面对物体的作用力方向一定竖直向上规范快练(六)1．解析：对运动员受力分析可知，轻绳对运动员的拉力T ＝mg cos 30°＝1 60033N ，故C正确．答案：C 2．解析：分析M 可知，其受重力和轻绳拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，不可能沿滑杆向下做匀加速运动，物体只能做匀速运动，故二力平衡，C 、D 两项错误；再对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力，A 项错误、B 项正确．答案：B 3.解析：对小球受力分析如图所示，将F N1与F N2合成，其合力与重力等大、反向，挡板转动时，F N2的方向不变，F N1的方向按图中a →b →c 的规律变化，由于满足平行四边形定则，其大小变化规律为先减小后增大，在挡板与斜面垂直时最小．与此对应，F N2的大小一直减小．故D 正确．答案：D 4．解析：本题考查正交分解法在动态平衡中的应用．当细线与斜面间的夹角α＝37°时，根据力的平衡条件，在沿斜面方向有F cos α＝mg sin θ＋μ(mg cos θ－F sin α)，解得F ＝1011mg ，故选C.答案：C5．解析：对小球受力分析，如图所示，由几何知识可知θ＝45°，则F ＝2G ，弹簧的伸长量Δx ＝(2－1)R ，则k ＝F Δx ＝(2＋2)GR，C 项正确．答案：C6．解析：本题通过静态平衡的临界问题考查动摩擦因数的计算．当钩码的质量为最大值m 1时，滑块所受的静摩擦力沿斜面向下，则μmg cos θ＋mg sin θ＝m 1g ；当钩码的质量为最小值m 2时，滑块所受的静摩擦力沿斜面向上，则mg sin θ＝m 2g ＋μmg cos θ，联立解得μ＝m 1－m 22m cos θ，故C 正确． 答案：C7．解析：设A 、B 的质量都为m ，A 处于静止状态，对A 进行受力分析可知，B 对A 的支持力等于A 的重力，结合牛顿第三定律可知，A 对B 的压力F N ＝mg ，把AB 看成一个整体，对整体受力分析可知：整体受到重力2mg ，斜面的支持力F N 1，挡板的压力F N2，根据平衡条件得：cos 30°＝2mg F N1，解得F N1＝433mg ，所以B 对斜面的压力F N1′＝433mg ，则F N F N1′＝34.故选D. 答案：D8．解析：本题通过变质量考查静态平衡中的受力变化问题．以物块A 、沙漏B 以及斜面体整体为研究对象，系统在水平方向上受力为零，由此可知，地面对斜面体的摩擦力为零，选项A 错误，B 正确；设物块A 、沙漏B 的重力分别为G A 和G B ，斜面倾角为θ，当G B <G A sin θ，物块A 受到斜面体的摩擦力沿斜面向上，有G A sin θ＝G B ＋F f ，当沙子流出时G B 减小，可得出物块A 受到斜面体的摩擦力增加，故C 错误；当G B >G A sin θ，物块A 受到斜面体的摩擦力沿斜面向下，故D 错误．答案：B9．解析：将a 、b 两球看成一个系统，以这个系统为研究对象．因为作用在a 、b 上的恒力等大反向，其合力为零，而a 、b 受到的重力竖直向下，系统要保持平衡，故a 到悬点的细线的拉力必然竖直向上，故选A.答案：A10．解析：对A 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得2F A cos 45°＝mg ，解得F A ＝2mg2，对B 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得，F B ＝mg ，对C 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得，F C ＝mg sin 30°＝12mg ，对D 图中的物体受力分析，物体受力平衡，根据平衡条件得2F D cos 75°＝mg ，解得F D ＝mg2cos 75°，则F D >F B >F A >F C ，故C 正确．答案：C11．解析：由题意可知，运动员从A 端走到B 端的过程中，跳板的弯曲度不断增大，令运动员在某点时过该点的切线与水平方向的夹角为θ，则运动员受到的弹力为F N ＝mg cos θ，摩擦力为F f ＝mg sin θ，可知运动员在走动过程中，夹角θ变大，F N 减小，F f 增大，故A 错误，B 正确；由于该运动员始终处于平衡状态，根据二力平衡可知跳板对运动员的作用力始终等于重力，故C 错误，D 正确．答案：BD 12.解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力F T 的合力F 合与重力mg 大小相等、方向相反，即F 合＝mg ，由三角形相似得G OA ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故FT 1＝FT 2，F 2>F 1，故A 、D 项错误，B 、C 项正确．答案：BC13．解析：分别对A 、B 两球分析，如图所示．由几何知识得T sin 60°＝m A g ，T sin 30°＝m B g ，故m A m B ＝sin 60°sin 30°＝31，N A ＝m A g tan 60°，N B ＝m B g tan 30°，则N A N B ＝13，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC14．解析：小球受力如图所示，小球共受重力、支持力和弹簧的拉力，要使物体处于平衡状态，物体一定受到向上的摩擦力作用，故A 、C 正确．若F ＝43mg ，则F 垂直斜面向上的分力为0.8 mg ，大于mg cos 37°，此时小球对斜面没有压力，小球不可能处于平衡状态，故B 错误；斜面对小球的作用力包括F N 和F f ，二者的合力的方向与F 和mg 的合力方向相同，故应斜向上方，不可能竖直向上，故D 错误．答案：AC。

单元评估检测(二)相互作用(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图甲所示)在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动．图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是()A．A受到2个力的作用B．B受到3个力的作用C．A受到桌面对它向右的摩擦力D．B受到A对它向右的弹力2.如图所示，物体A和B叠放在固定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B 以相同的速度沿斜面向上运动时，关于物体A的受力个数，正确的是() A．2B．3C．4 D．53.[2017·全国卷Ⅱ，16]如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－ 3 B.3 6C.33 D.324.如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A．松鼠对树枝的弹力保持不变B．松鼠对树枝的弹力先减小后增大C．树鼠对树枝的摩擦力先减小后增大D．树枝对松鼠的作用力先减小后增大5．如图所示，小球质量2m ，用细线相连并悬挂于O 点，现用一轻质弹簧给小球施加一个拉力F ，使整个装置处于静止状态，且Oa 与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k ，则弹簧形变量不可能是( )A.2mg kB.2mg 2kC.42mg 3kD.2mg k6.图示为某城市雕塑的一部分．将光滑的球搁置在竖直的高挡板AB 与竖直的矮挡板CD 之间，由于长时间作用，CD 挡板的C 端略向右偏过一些，C 与AB 挡板的距离始终小于球的直径，则与C 端未偏时相比( )A ．AB 挡板的支持力变大，C 端的支持力变大 B ．AB 挡板的支持力变大，C 端的支持力变小 C ．AB 挡板的支持力变小，C 端的支持力变大D ．AB 挡板的支持力变小，C 端的支持力变小7．下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态，其中物体A 受力个数可能超过5个的是( )8.[2019·河南信阳高级中学期末]如图所示，斜面体静置于粗糙水平面上，用一轻绳拴住小球置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P 处，初始时轻绳与斜面平行，若将斜面体移至虚线位置处，斜面体仍处于静止状态，则斜面体在虚线位置与原来位置比较( )A ．斜面体在虚线位置时轻绳对小球的拉力小B ．斜面体在虚线位置时斜面体对小球的支持力大C ．斜面体在虚线位置时斜面体对水平面的压力大D ．斜面体在虚线位置时斜面体对水平面的摩擦力小二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连接拉力传感器和物体A的细绳保持水平．从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt(k为常数)作用在B物体上，拉力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．据此可求()A．A、B之间的最大静摩擦力B．水平面与B之间的滑动摩擦力C．A、B之间的动摩擦因数μABD．B与水平面间的动摩擦因数μ10.如图所示是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物，BC绳连接在滑轮与C端之间．现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆达到竖直前()A．BC绳中的拉力F T越来越大B．BC绳中的拉力F T越来越小C．AC杆中的支撑力F N越来越大D．AC杆中的支撑力F N大小不变11.[2020·邯郸检测]如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向的夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为Fsin θB．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等12.如图所示，乙烷球棍模型是由6个氢原子球和2个碳原子球组成，其中，下层的3个氢原子与碳原子之间用铰链轻杆连接，碳氢键与碳碳键间的夹角为120°，各层碳氢键间的夹角为120°，已知，每个氢原子模型球的质量为m0，每个碳原子模型球的质量为3m0，共价键的质量不计．若假设碳碳键的张力和底层碳氢键的张力分别为F1、F2，则关于F1、F2的值正确的是()A．F1＝6m0g B．F1＝9m0gC．F2＝6m0g D．F2＝4m0g三、非选择题：本题共6个小题，共60分．13．(6分)用如图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.14．[2020·保定质检](8分)小白用如图所示的装置验证“力的平行四边形定则”，其部分实验操作如下．(1)请完成下列相关内容a．在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O.b．卸下钩码，然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧测力计相应的读数．图中B弹簧测力计的读数为________N.c．小白在坐标纸上画出两弹簧拉力F A、F B的大小和方向如图所示，请你用作图工具在图中坐标纸上作出F A、F B的合力F′.d．已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图所示．e．最后观察比较F和F′，得出结论．(2)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法15.(8分)如图所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m与M相接触边与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，求：(1)水平面对正方体M的弹力大小．(2)墙面对正方体m的弹力大小．16.[2020·合肥模拟](8分)如图所示，质量M＝1 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝0.5 kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F＝5 3 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，取g＝10 m/s2.在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角θ.(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.17.(14分)如图所示，质量为M的半球面静止在水平地面上，质量为m的小物块在半球面上处于平衡状态，小物块与一轻弹簧连接，弹簧的上端固定于墙上的O点．已知小物块与球心O 的连线与竖直方向成θ＝45°角，弹簧的劲度系数为k，其与竖直方向的夹角也为θ.若小物块与球面之间刚好没有相对运动的趋势，求：(1)弹簧的伸长量．(2)球面所受地面的支持力．18．(16分)一个底面粗糙、质量为M＝3m的劈放在粗糙水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30°角．现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示．(1)当劈静止时，求绳子的拉力大小．(2)当劈静止时，求地面对劈的摩擦力大小．(3)若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？单元评估检测(二)1．解析：车厢在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时AB均向右做匀速直线运动，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向不受外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误．答案：A2．解析：由于A、B一起运动，加速度相同，没有相对运动趋势，故没有摩擦力．物体A受到重力、支持力、压力共3个力，选项B正确．答案：B3．解析：设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时，F cos60°＝μ(mg－F sin60°)②联立①②式解得μ＝33.故选C.答案：C4．解析：设树枝的切线与水平方向的夹角为θ，松鼠所受的弹力N＝mg cos θ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，选项A、B错误；松鼠所受的摩擦力F f＝mg sin θ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，选项C正确；树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等大反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，选项D 错误．答案：C5．解析：对小球进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时，拉力F最小，为F min＝2mg sin θ＝2mg，再根据胡克定律得：最小形变量Δx＝2mgk，则形变量小于2mgk是不可能的，由图可知条件允许的情况下，拉力可以一直增大，所以应该选B.答案：B6．解析：以小球为研究对象，受到重力、AB挡板的支持力，C的支持力，如图所示；根据平衡条件可得：AB挡板的支持力F＝mg tan θ，C端的支持力F C＝mgcos θ；CD挡板的C端略向右偏，θ角增大，则AB挡板的支持力变大，C端的支持力变大，故A正确、B、C、D错误．答案：A7．解析：A选项中对整体分析，可知墙壁对A没有弹力，故A最多受到重力、B的支持力、B 的摩擦力、弹簧的拉力共四个力，故A 错误；B 选项中A 最多受四个力，故B 错误；C 选项中A 受重力、B 的压力和摩擦力、斜面的支持力、推力、也可能受到斜面的摩擦力，共六个力，故C 正确；D 选项中A 最多受到重力、斜面的支持力、摩擦力、推力和B 的压力共五个力，故D 错误．答案：C 8.解析：本题利用整体法和隔离法考查共点力平衡问题．小球受到重力、斜面体对它的支持力和绳子的拉力，当斜面体缓慢向左移动，轻绳与水平方向的夹角变大，隔离小球分斩，通过矢量三角形知，斜面对小球的支持力变小，拉力变大，故A 、B 错误；对斜面体受力分析，由于小球对斜面体的压力减小，则压力沿水平方向的分量减小，可知地面对斜面体的摩擦力减小，选项D 正确；以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，如图所示，竖直方向F N ＝(m ＋M )g －F T sin θ，当斜面体缓慢向左移动，轻绳与水平方向的夹角变大，拉力增大，则地面对斜面体的支持力变小，故C 错误．答案：D9．解析：当B 被拉动后，力传感器才有示数，地面对B 的最大静摩擦力为F fm ＝kt 1，A 、B 相对滑动后，力传感器的示数保持不变，则F f AB ＝kt 2－F fm ＝k (t 2－t 1)，A 、B 两项正确；由于A 、B 的质量未知，则μAB 和μ不能求出，C 、D 两项错误．答案：AB10．解析：作出C 点的受力示意图，如图所示，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC 相似．根据相似三角形的性质得F T BC ＝F N AC ＝G AB ，解得BC 绳中的拉力为F T ＝G BCAB，AC 杆中的支撑力为F N ＝G ACAB.由于重物P 向上运动时，AB 、AC 不变，BC 变小，故F T 减小，F N 不变．B 、D 正确．答案：BD11．解析：对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力F ，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m 2上，且大小与F 相同，故B 正确；因m 2与地面间有摩擦力，则地面对其一定有支持力，故C 错误；对m 1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F ，故弹力大小为Fsin θ，故A 正确；因竖直方向上的受力不明确，无法确定m 1、m 2的质量关系，故D 错误．答案：AB12．解析：将上层看作一个整体，整体受到重力和碳碳键的张力，故F 1＝6m 0g ，对下层碳原子分析，根据力的平衡条件可得3F 2cos 60°＝9m 0g ，解得F 2＝6m 0g ，选项A 、C 正确．答案：AC 13．解析：由图可知，当钩码增加1个时，弹力增大mg ，弹簧的长度伸长量增加0.70 cm ，则由平衡关系可知，mg ＝kx ，解得劲度系数k ＝mgx＝70 N/m ；对3个钩码由3mg ＝kx 1解得x 1＝2.10 cm.答案：70(3分) 2.10(3分)14．解析：(1)b.图中B弹簧测力计的读数为11.40 N；c.图线如图：答案：(1)11.40(2分)图见解析(3分)(2)C(3分)15．解析：(1)以两个正方体整体为研究对象，竖直方向上受到向上的支持力和向下的重力，处于静止状态，所以水平面对正方体M的弹力大小为(M＋m)g.(2)对正方体m进行受力分析，如图所示把F N2沿水平方向和竖直方向分解有F N2cos α＝F N1F N2sin α＝mg解得：F N1＝mgtan α.答案：(1)(M＋m)g(2)mgtan α16．解析：(1)小球处于平衡状态，其所受合力为零．以小球为研究对象分析受力如图甲所示，由平衡条件得，水平方向F cos 60°－T cos θ＝0，竖直方向F sin 60°－T sin θ－mg＝0，解得θ＝30°.(2)以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F cos 60°－μN＝0，竖直方向有F sin 60°＋N－mg－Mg＝0，解得μ＝3 3.答案：(1)30°(2)3 317．解析：(1)对小物块受力分析：摩擦力为零，支持力F N、弹簧的拉力F T和重力G 三力平衡，如图所示：F N＝F T＝2mg 2设弹簧伸长量为Δx ，则：F T ＝kΔx解得：Δx ＝2mg 2k . (2)设地面的支持力和摩擦力分别为F ′N 和F f ，对整体受力分析，根据平衡条件得：F T sin θ＝F f ，F T cos θ＝F ′N ＝(M ＋m )g解得：F f ＝12mg ，方向水平向左， F ′N ＝Mg ＋12mg ，方向竖直向上． 答案：(1)2mg 2k (2)Mg ＋12mg ，方向竖直向上 18．解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图所示，对T 和mg 进行正交分解，由平衡条件有T cos 30°＝mg sin 30°得T ＝33mg . (2)以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示由平衡条件可得f ＝T cos 60°＝36mg . (3)为使整个系统静止，必须满足f max ＝kF N ≥T cos 60°，且有F N ＋T sin 60°＝(M ＋m )g联立解得k ≥321. 答案：(1)33mg (2)36mg (3)k ≥321。

规范快练(二十二) 动量守恒问题中的“常考模型”一、单项选择题1．如图所示，质量均为M ＝0.4 kg 的两长平板小车A 和B 开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上．小物块(可看成质点)m ＝0.2 kg 以初速度v ＝9 m/s 从最左端滑上小车A 的上表面，最后停在小车B 最右端时速度为v 2＝2 m/s ，最后A 的速度v 1为( )A ．1.5 m/sB ．2 m/sC ．1 m/sD ．0.5 m/s 2.质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动 3.[2020·山东师大附中模拟]在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以初速度v 0射击质量为M 的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d ，木块在加速运动中的位移为x ，则以下说法正确的是( )A ．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B ．子弹动量的减少量等于木块动量的增加量C ．摩擦力对木块做的功一定等于摩擦力对子弹做的功D ．位移x 一定大于深度d 二、多项选择题 4.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v 0＝M v 1＋m 0v 2＋m v 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋m v 25.如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．m v 0＝(m ＋M )vB ．m v 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12m v 206．[2019·湖南永州一模]如图所示，滑块P 、Q 静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q 相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长．现使滑块P 以初速度v 0向右运动，与滑块Q 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上．已知滑块P 、Q 的质量分别为2m 和m ，下列说法中正确的是( )A ．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒B ．两滑块分离时，弹簧一定处于原长C ．滑块P 最终一定停在出发点右侧的某一位置D ．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于m v 20 三、非选择题 7.如图所示，A 、B 两个木块用弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A 和B 的质量分别为99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，求在以后过程中弹簧的最大弹性势能为多大？8.如图甲所示，质量M＝2 kg的木板以初速度v0＝5 m/s在光滑的水平面上运动，质量m＝0.5 kg的滑块落在木板的右端没有弹起，最终恰好没掉下来，从滑块落到木板上开始计时，二者的速度—时间图象如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ.(2)木板的长度L和系统产生的内能Q.9．如图所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与m0＝3 kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m＝1 kg，从斜面上与物体B相距x1＝10 cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t＝0.2 s下滑x2＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10 m/s2，求：(1)A、B两物体从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量ΔE p.(2)A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧对B物体冲量的大小．10．如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L′＝0.5 m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．规范快练(二十二)1．解析：三物体整体分析，系统动量守恒 m v ＝(m ＋M )v 2＋M v 1⇒v 1＝1.5 m/s. 答案：A2．解析：小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程．如果m <M ，小球离开小车向左做平抛运动；如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动；如果m >M ，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选A.答案：A3．解析：本题考查子弹打木块过程中的动量守恒定律、能量守恒定律．子弹射入木块的过程中，子弹损失的动能转化为木块的动能和系统的内能，故子弹减少的动能大于系统减少的动能，即产生的内能，故A 错误；水平面光滑，则系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量的减少量等于木块动量的增加量，故B 正确；子弹射入木块的过程中，子弹克服阻力做的功，一部分转化为木块的动能，另一部分转化为内能，根据动能定理可知摩擦力对木块做的功等于木块动能的增加量，因此摩擦力对木块做的功一定小于摩擦力对子弹做的功，故C 错误；设子弹与木块之间的相互作用力为F f ，子弹和木块达到的共同速度大小为v ，由动能定理，对子弹有－F f (x ＋d )＝12m v 2－12m v 20，对木块有F f x ＝12M v 2，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，联立方程解得x d ＝m M ＋m ，因为mm ＋M<1，所以x <d ，故D 错误．答案：B4．解析：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确．答案：BC5．解析：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得m v 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 项错误，B 项正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12m v 20，故C 项错误，D 项正确．答案：BD6．解析：本题考查含弹簧系统碰撞过程中的动量守恒、能量守恒．两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，机械能不守恒，故A 正确；当P 、Q 间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P 有a ＝2μmg2m＝μg ，对Q 有μmg －F 弹＝ma ，解得F 弹＝0，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，B 正确；两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，若P 能回到两滑块碰撞位置，则其速度大小一定小于v 0的大小，但P 停止时的位置不一定在其出发点的右侧，因为P 有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C 错误；P 、Q 碰撞后共速，该碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程有能量损失，根据能量守恒定律可知，两滑块克服摩擦力做功之和小于P 的初动能m v 20，故D 正确．答案：ABD7．解析：子弹射入木块A 的极短时间内，弹簧未发生形变(实际上是形变很小，忽略不计)，设子弹和木块A 获得一共同速度v ，由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋99m )v ①之后木块A (含子弹)开始压缩弹簧推动B 前进，当A 、B 速度相等时弹簧压缩量最大，设此时弹簧的最大弹性势能为E pm ，A 、B 共同速度为v 1，则对A (含子弹)、B 组成的系统，由动量守恒定律有(m ＋99m )v ＝(m ＋99m ＋100m )v 1② 由机械能守恒定律有 12(m ＋99m )v 2＝12(m ＋99m ＋100m )v 21＋E pm ③ 联立①②③式解得E pm ＝1400m v 20.答案：1400m v 208．解析：(1)由图乙知，t ＝2 s 末二者达到共同速度，设共同速度为v 对滑块，由动量定理得 μmgt ＝m v －0对木板和滑块组成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得 M v 0＝(M ＋m )v 联立解得μ＝0.2.(2)2 s 内木板的位移x 1＝v 0＋v2t ＝9 m滑块的位移x 2＝v2t ＝4 m木板的长度L ＝x 1－x 2＝5 m 系统产生的内能Q ＝μmgL ＝5 J. 答案：(1)0.2 (2)5 m 5 J9．解析：(1)设与B 相撞前瞬间A 的速度大小为v 0，由动能定理得mgx 1sin θ＝12m v 20解得v 0＝1 m/sA 、B 相碰前后由动量守恒定律得 m v 0＝(m ＋m 0)v 1 解得v 1＝0.25 m/s从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得ΔE p ＝12(m ＋m 0)v 21＋(m ＋m 0)gx 2sin θ 解得ΔE p ＝1.125 J.(2)以沿斜面向上为正方向，从碰后至返回碰撞点的过程中，由动量定理得 I －(m ＋m 0)g sin θ·2t ＝(m ＋m 0)v 1－[－(m 0＋m )v 1] 解得I ＝10 N·s.答案：(1)1.125 J (2)10 N·s10．解析：(1)物块从A 点滑到B 点的过程中机械能守恒则mgR ＝12m v 2B解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得物块在B 点时受到轨道对它的支持力F N ＝30 N 则物块滑到B 点时对轨道的压力F ′N ＝F N ＝30 N.(2)物块滑上平板车后，物块与平板车组成的系统动量守恒有， m v B ＝(m ＋M )v 共解得物块最终速度的大小v 共＝0.5 m/s.(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功W Ff 为F f －L 图线与横轴所围的面积，则W Ff ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得：－W Ff＝12m v2－12m v2B解得物块滑离平板车时的速度大小v＝ 5 m/s. 答案：(1)30 N(2)0.5 m/s(3) 5 m/s。