【K12教育学习资料】(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第五章 机械能 微专题44

热点滚动加强练(五)考试时间：90分钟第Ⅰ卷 (选择题 共48分)热点一 光电效应 光的波粒二象性1．在正负电子对撞机中，一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子．设正、负电子的质量在对撞前均为m ，对撞前的动能均为E ，光在真空中的传播速度为c ，普朗克常量为h ，则对撞后转化成光子的波长等于( )A.hcE B ．h mcC.hcmc 2＋ED ．hc2mc 2＋E【解析】 由于光子无静止质量，则正电子与负电子对撞过程中的质量亏损为Δm ＝2m －0＝2m ，由爱因斯坦质能方程电子对撞放出的能量为ΔE ＝Δm ·c 2＝2mc 2，根据能量守恒得，每个光子的能量为2mc 2＋2E 2＝mc 2＋E ，又ε＝h ν＝h c λ，联立得到，波长为λ＝hc mc 2＋E ，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C2．如图所示为一光电管电路，滑动变阻器触头位于ab 上某点，用光照射光电管阴极，电表有偏转，要使电流计指针偏转变大，可采取的措施有( )A ．加大照射光的强度B ．换用波长长的光照射C ．将滑片P 向b 端滑动D ．将电源正、负极对调【解析】 电流计有偏转，说明能发生光电效应现象，即入射光的频率大于极限频率，要使电流增大可使单位时间内参与定向移动的电子数增大，增大入射光的强度或使电压增大(如将P 向b 滑动)均有可能，选项A 、C 正确．【答案】 AC热点二 原子结构与原子核3．在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是( )【解析】 金箔中的原子核与α粒子都带正电，α粒子接近原子核过程中受到斥力而不是引力作用，A 、D 错；由原子核对α粒子的斥力作用及物体做曲线运动的条件知曲线轨迹的凹侧应指向受力一方，B 错，C 对．【答案】 C4．由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列选项中正确的是( )A.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子B.23793Np 经过衰变变成20983Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变 D.23793Np 的半衰期等于任一个23793Np 原子核发生衰变的时间 【解析】209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子，A 错误；23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，B 错误；衰变过程中发生α衰变的次数为237－2094＝7(次)，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4(次)，C 正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，选项D 错误．【答案】 C5．现有两动能均为E 0＝0.35 MeV 的21H 在一条直线上相向运动，两个21H 发生对撞后能发生核反应，得到32He 和新粒子；且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He 和新粒子的动能．已知21H 的质量为2.0141 u ，32He 的质量为3.016 0 u ，新粒子的质量为1.008 7 u ，核反应时质量亏损1 u 释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( )A ．核反应方程为 21H ＋21H→32He ＋11H B ．核反应前后不满足能量守恒定律 C ．新粒子的动能约为3 MeV D.32He 的动能约为4 MeV【解析】 由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H ＋21H→32He ＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动量守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn ＝m n m He ，解得E kHe ＝m n m n ＋m He (2E 0＋ΔE )＝1 MeV ，E kn ＝m Hem n ＋m He(2E 0＋ΔE )＝3 MeV ，所以C 正确、D 错误．【答案】 C6.如图所示，某原子的三个能级的能量分别为E 1、E 2和E 3.a 、b 、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光，下列判断正确的是( )A ．E 1>E 2>E 3B ．(E 3－E 2)>(E 2－E 1)C ．b 光的波长最长D ．c 光的频率最高【解析】 结合题图和电子跃迁时发出的光子的能量为：E ＝E m －E n 可知，E c ＝E a ＋E b ，能量差E 3－E 2等于光子a 的能量，能量差E 2－E 1等于光子b 的能量，能量差E 3－E 1等于光子c 的能量，那么c 对应的能量最大，而a 对应的能量最小，由E 1<E 2<E 3和能级公式E n ＝E 1n2，有(E 3－E 2)<(E 2－E 1)，故A 、B 错误；又E ＝hcλ，c 光的频率最高，a 光的波长最长，故C 错误，D 正确．【答案】 D7．下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )A ．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是β射线，射线2是α射线，射线3是γ射线B．氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量增大C．天然放射性元素的半衰期由核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关D．重核的裂变反应方程有：235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n【解析】根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线，选项A错误；氢原子辐射出一个光子后，总能量减小，轨道半径减小，电势能减小，选项B错误；C、D正确．【答案】CD8．核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，有一种核裂变方程为235 92U＋10n→X＋9438Sr＋1010 n，下列说法正确的是( )A．裂变反应中亏损的质量变成了能量B．裂变反应出现质量亏损导致质量数不守恒C．X原子核中有54个质子D．X原子核比铀核的平均结合能大【解析】裂变反应中释放核能有质量亏损，但质量数守恒，质量与能量之间存在一定的关系，但不是质量转变为能量，选项A、B错误；由于核反应中电荷数守恒，故X原子核中有54个质子，选项C正确；重核的裂变是由平均结合能小的重核在中子的轰击下裂变成平均结合能较大的中等质量的原子核，所以X原子核比铀核的平均结合能大，选项D正确．【答案】CD第Ⅱ卷(非选择题共52分)9．(8分)(涉及光电效应方程，光电效应图象，极限频率相关知识)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.(1)图甲中电极A为光电管的________ (填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U c与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝________ Hz，逸出功W0＝________ J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz ，则产生的光电子的最大初动能E k ＝ ________ J.【解析】 (1)在光电效应中，电子向A 极运动，故电极A 为光电管的阳极． (2)由题图可知，铷的截止频率νc 为5.15×1014Hz ， 逸出功W 0＝h νc ＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19J.(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014Hz 时，由光电效应方程E k ＝h ν－h νc 得，光电子的最大初动能为E k ＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014J≈1.23×10－19J.【答案】 (1)阳极 (2)5.15×1014[(5.12～5.18)×1014均视为正确] 3.41×10－19[(3.39～3.43)×10－19均视为正确](3)1.23×10－19[(1.21～1.25)×10－19均视为正确]10.(8分)(涉及玻尔理论，光电效应方程的相关知识)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示．当氢原子从n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时，辐射出频率为 ________Hz 的光子，用该频率的光照射逸出功为2.25 eV 的钾表面，产生的光电子的最大初动能为 ________ eV.(电子电量e ＝1.60×10－19C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s)【解析】 氢原子从n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时，辐射出的光子能量h ν＝E 4－E 2＝2.55 eV ＝2.55×1.6×10－19 J ，所以ν＝E 4－E 2h＝6.2×1014Hz ，用此光照射钾表面，逸出光电子的最大初动能E k ＝h ν－W 逸＝0.30 eV.【答案】 6.2×10140.3011．(12分)(涉及光电效应方程，光电效应图象，极限波长相关知识)如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm 的绿光照射阴极K ，实验测得流过表的电流I 与AK 之间的电势差U AK 满足如图乙所示规律，取普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K 时的最大初动能； (2)该阴极材料的极限波长．【解析】 (1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A ，阴极每秒钟发射的光电子的个数n ＝I m e ＝0.64×10－61.6×10－19＝4.0×1012(个)光电子的最大初动能为：E km ＝eU c ＝1.6×10－19 C×0.6 V＝9.6×10－20 J.(2)设阴极材料的极限波长为λc ，根据爱因斯坦光电效应方程：E km ＝h c λ－h cλc，代入数据得λc ≈0.66 μm.【答案】 (1)4.0×1012个 9.6×10－20J (2)0.66 μm12．(12分)(涉及核反应方程，爱因斯坦质量方程及动量守恒相关知识)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)写出α粒子轰击氮核的核反应方程；(2)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？ (3)求此过程中释放的核能．【解析】 (1)根据质量数和电荷数守恒可得α粒子轰击氮核方程为：147N ＋42He→17 8O ＋11H.(2)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得：v ＝m 1v 0m 1＋m 2. (3)核反应过程中的质量亏损：Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3 反应过程中释放的核能：ΔE ＝Δmc 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)·c 2. 【答案】 (1)147N ＋42He→178O ＋11H (2)m 1v 0m 1＋m 2(3)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 313．(12分)(涉及核反应方程，爱因斯坦质量方程，动量守恒相关知识)用速度大小为v 的中子轰击静止的锂核(63Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子．生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m ，质子的质量可近似看作m ，光速为c .(1)写出核反应方程；(2)求氚核和α粒子的速度大小；(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求质量亏损． 【解析】 (1)由题意可得，核反应方程为10n ＋63Li→31H ＋42He. (2)由动量守恒定律得mv ＝－3mv 1＋4mv 2 由题意得v 1∶v 2＝7∶8，解得v 1＝711v ，v 2＝811v .(3)氚核和α粒子的动能之和为E k ＝12×3mv 21＋12×4mv 22＝403242mv 2释放的核能为ΔE ＝E k －E kn ＝403242mv 2－12mv 2＝141121mv 2由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为 Δm ＝ΔE c 2＝141mv2121c2.【答案】 (1)1n ＋63Li→31H ＋42He (2)711v 811v (3)141mv 2121c2。

高考物理知识点精要(附参考答案)一、力物体的平衡1.力是物体对物体的作用，是物体发生形变和改变物体的运动状态（即产生加速度）的原因. 力是矢量。

2.重力（1）重力是由于地球对物体的吸引而产生的.［注意］重力是由于地球的吸引而产生，但不能说重力就是地球的吸引力，重力是万有引力的一个分力.但在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力（2）重力的大小:地球表面G=mg，离地面高h处G/=mg/，其中g/=[R/（R+h）]2g（3）重力的方向:竖直向下（不一定指向地心）。

（4）重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心不一定在物体上.3.弹力（1）产生原因:由于发生弹性形变的物体有恢复形变的趋势而产生的.（2）产生条件:①直接接触;②有弹性形变.（3）弹力的方向:与物体形变的方向相反，弹力的受力物体是引起形变的物体，施力物体是发生形变的物体.在点面接触的情况下，垂直于面;在两个曲面接触（相当于点接触）的情况下，垂直于过接触点的公切面.①绳的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向，且一根轻绳上的张力大小处处相等.②轻杆既可产生压力，又可产生拉力，且方向不一定沿杆.（4）弹力的大小:一般情况下应根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.弹簧弹力可由胡克定律来求解.★胡克定律:在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的形变量成正比，即F=kx.k为弹簧的劲度系数，它只与弹簧本身因素有关，单位是N/m.4.摩擦力（1）产生的条件:①相互接触的物体间存在压力;③接触面不光滑;③接触的物体之间有相对运动（滑动摩擦力）或相对运动的趋势（静摩擦力），这三点缺一不可.（2）摩擦力的方向:沿接触面切线方向，与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反，与物体运动的方向可以相同也可以相反.（3）判断静摩擦力方向的方法:①假设法:首先假设两物体接触面光滑，这时若两物体不发生相对运动，则说明它们原来没有相对运动趋势，也没有静摩擦力;若两物体发生相对运动，则说明它们原来有相对运动趋势，并且原来相对运动趋势的方向跟假设接触面光滑时相对运动的方向相同.然后根据静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反确定静摩擦力方向.②平衡法:根据二力平衡条件可以判断静摩擦力的方向.（4）大小:先判明是何种摩擦力，然后再根据各自的规律去分析求解.①滑动摩擦力大小:利用公式f=μF N进行计算，其中F N是物体的正压力，不一定等于物体的重力，甚至可能和重力无关.或者根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.②静摩擦力大小:静摩擦力大小可在0与f max 之间变化，一般应根据物体的运动状态由平衡条件或牛顿定律来求解.5.物体的受力分析（1）确定所研究的物体，分析周围物体对它产生的作用，不要分析该物体施于其他物体上的力，也不要把作用在其他物体上的力错误地认为通过“力的传递”作用在研究对象上. （2）按“性质力”的顺序分析.即按重力、弹力、摩擦力、其他力顺序分析，不要把“效果力”与“性质力”混淆重复分析.（3）如果有一个力的方向难以确定，可用假设法分析.先假设此力不存在，想像所研究的物体会发生怎样的运动，然后审查这个力应在什么方向，对象才能满足给定的运动状态.6.力的合成与分解（1）合力与分力:如果一个力作用在物体上，它产生的效果跟几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，而那几个力就叫做这个力的分力.（2）力合成与分解的根本方法:平行四边形定则.（3）力的合成:求几个已知力的合力，叫做力的合成.共点的两个力（F 1 和F 2 ）合力大小F的取值范围为:|F 1 -F 2 |≤F≤F 1 +F 2 . （4）力的分解:求一个已知力的分力，叫做力的分解（力的分解与力的合成互为逆运算）.在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解;为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用正交分解法.7.共点力的平衡（1）共点力:作用在物体的同一点，或作用线相交于一点的几个力.（2）平衡状态:物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态.（3）★共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为:∑F x =0，∑F y =0.（4）解决平衡问题的常用方法:隔离法、整体法、图解法、三角形相似法、正交分解法等等.二、直线运动1.机械运动:一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动，转动和振动等运动形式.为了研究物体的运动需要选定参照物（即假定为不动的物体），对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，通常以地球为参照物来研究物体的运动.2.质点:用来代替物体的只有质量没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型.仅凭物体的大小不能做视为质点的依据。

2019届全国高三一轮精准复习卷（五）理综物理试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

二、选择题1. 关于近代物理，下列说法正确的是（）A. 射线是高速运动的氦原子B. 核子结合成原子核时会出现质量亏损，亏损的质量转化为释放的能量C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D. 玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征【答案】D【解析】α射线是高速运动的氦原子核，选项A错误；核子结合成原子核时会出现质量亏损，释放的能量与亏损的质量相对应，选项B错误；从金属表面逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，并非正比关系，选项C错误；玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，选项D正确；故选D.2. 消防车的高压水龙头竖直向上喷水，喷出的水可上升到距离管口40m的最大高度：当高压水龙头固定在高为3m的消防车上，仍以同样大小的速度将水斜向上喷出，可以使水流以的水平速度射入某楼层的窗户，不计空气阻力，，则该楼层的窗户距离地面的高度约为（）A. 35mB. 38mC. 40mD. 44m【答案】B【解析】由公式 v2=2gx得；当水龙头在消防车上时，竖直方向的速度为由得；水在竖直方向上升的高度为；楼层高度为H=h+h′=35m+3m=38m，故选B。

(对应学生用书第101页)[知识结构导图][导图填充]①Fl cos α ②W t ③F v cos α ④12m v 2 ⑤mgh ⑥E k2－E k1 ⑦E k2＋E p2 ⑧－ΔE p ⑨－ΔE B ○10ΔE 减 [思想方法] 1．微元法 2．等效法 3．机车启动模型 4．功能关系 [高考热点] 1．功和功率2．动能定理和功能关系的应用3．机械能守恒和能量守恒的应用物理模型|轻杆模型中的机械能守恒1．模型构建轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型．2．轻杆模型的四个特点(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．(4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒．3．解决轻杆模型应注意的三个问题(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等．(2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒．(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒．如图5-1所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦的转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功？图5-1【自主思考】(1)摆动过程中，A、B两球组成的系统机械能是否守恒？[提示]守恒，因杆为轻杆，且无摩擦．(2)A、B两球速度大小有什么关系？[提示]v B＝2v A.[解析]A、B和杆组成的系统机械能守恒，以B的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL＝12m v2A＋12m v2B＋12mgL.又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故v B＝2v A 由以上两式得v A＝3gL5，v B＝12gL5根据动能定理，对于A球有W A＋mg L2＝12m v2A－0，所以W A＝－0.2mgL对于B球有W B＋mgL＝12m v2B－0，所以W B＝0.2mgL.[答案]－0.2mgL0.2mgL[突破训练]1．如图5-2所示，质量分别为2m和3m的两个小球A、B固定在一根轻质直角尺的两端，直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴．AO、BO的长分别为2L 和L，开始时直角尺的AO部分处于水平位置而B在O的正下方，让该系统由静止开始自由转动，求：图5-2(1)当A到达最低点时，A小球的速度大小v A；(2)B球能上升的最大高度h；(3)要使直角尺能绕转轴O顺时针方向转动，至少需要对该系统做的功W.【导学号：84370251】[解析](1)直尺和两小球组成的系统机械能守恒，A 、B 转动的角速度始终相同，由v ＝ωr 得，v A ＝2v B图甲由系统的机械能守恒得ΔE p A ＝ΔE k A ＋ΔE k B ＋ΔE p B 即2mg ·2L ＝12·2m v 2A ＋12·3m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v A 22＋3mg ·L解得v A ＝8gL 11.(2)B 球到达最大高度时速度为零，设该位置位于OA 杆竖直位置向左偏了α角，如图乙所示．则有2mg ·2L cos α＝3mgL (1＋sin α)图乙解得：sin α＝725，则：B 球能上升的最大高度h ＝L (1＋sin α)＝32L25＝1.28L .(3)转动过程中系统的重力势能最大时，动能最小．要使直角尺能绕转轴O 顺时针方向转动，系统应转到动能最小处，如图丙所示．取OA 杆的初始位置为零势能参考点，则系统的重力势能为图丙E p＝2mg·2L cos θ＋3mg·L sin θ即：E p＝mgL(4cos θ＋3sin θ)≤5mgL，系统的重力势能最大值E pm＝5mgL 系统位于初始位置的重力势能E p0＝－3mg·L由功能关系有：W＝ΔE p增，则：W＝E p－E p0＝8mgL则：至少要对该系统做功W＝8mgL.[答案](1)8gL11(2)1.28L(3)8mgL如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上；长为2R的刚性(既不伸长也不缩短)轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上．水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上．现将A置于圆环的最高处并给A一微小扰动(初速度视为0)，使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g.求：(1)A滑到与圆心O同高度时的速度大小；(2)A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功．[解析](1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向向下，B的速度为0，由机械能守恒定律得3mgR＝12×(3m)v2，解得v＝2gR.(2)杆与圆环相切时，A的速度沿杆方向，设为v A，此时B的速度设为v B，根据杆不可伸长和缩短，得v A＝v B cos θ.由几何关系得cos θ＝255球A下落的高度h＝R(1－cos θ)＝5－255R由机械能守恒定律得3mgh＝12(3m)v2A＋12m v2B由动能定理得W＝12m v2B解得W＝15－6517mgR.[答案](1)2gR(2)15－6517mgR高考热点|用动力学和能量的观点解决多过程问题1．问题概述多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现，涉及的模型主要有：木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等，涉及的运动主要有直线运动、圆周运动和平抛运动等．2．解题技巧(1)“合”：初步了解全过程，构建大致的运动图景．(2)“分”：将全过程进行分解，分析每个过程的规律．(3)“合”：找到子过程的联系，寻找解题方法．如图5-3所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1 kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图5-3(1)B 向右运动的总时间； (2)B 回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B 与传送带间因摩擦产生的总热量． 【自主思考】(1)在运动过程中，A 、B 两物块加速度有什么关系？[提示] 大小相等．(2)物块B 的运动可分为几个过程？各过程中B 受摩擦力f 的方向如何？ [提示] 可分为三个过程，①B 与传送带达到同速之前，f 向左．②达到同速至减速为零的过程中f 向右．③返回到左端的过程，f 向右． [解析](1)B 向右减速运动的过程中，刚开始时，B 的速度大于传送带的速度，以B 为研究对象，水平方向B 受到向左的摩擦力与绳对B 的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg ＝ma 1①以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 相等，A 向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－F T1＝ma 1 ②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg 2＝4 m/s2 ③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间t 1＝－v 0－(－v 1)a1＝1 s.当B 的速度与传送带的速度相等之后，B 仍然做减速运动，而此时B 的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度发生了变化，此后B 向右减速运动的过程中，设绳子的拉力为F T2，以B 为研究对象，水平方向B 受到向右的摩擦力与绳对B 的拉力，则F T2－μmg ＝ma 2④以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 是相等的，A 向上运动的过程中mg sin 37°－F T2＝ma 2 ⑤联立④⑤可得a 2＝g sin 37°－μg 2＝2 m/s 2.当B 向右速度减为0，经过时间 t 2＝0－(－v 0)a2＝1 s.B 向右运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋1 s ＝2 s.(2)B 向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A 受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2.t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋(－v 1)2t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋(－v 0)2t 2＝－1 m ，负号表示方向向右． B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m. 速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s. (3)t 1时间内传送带的位移 x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ，该时间内传送带相对于B 的位移 Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m. t 2时间内传送带的位移 x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ，该时间内传送带相对于B 的位移 Δx 2＝x 2－x 2′＝1 m.B 回到传送带左端的时间为t 3，则 t 3＝v －0a 3＝ 5 s.t 3时间内传送带的位移 x 3′＝－v 0t 3＝－2 5 m. 该时间内传送带相对于B 的位移 Δx 3＝x 3－x 3′＝(5＋25) m. B 与传送带之间的摩擦力 F f ＝μmg ＝2 N.上述过程中，B 与传送带间因摩擦产生的总热量Q ＝F f (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝(16＋45) J.[答案](1)2 s(2)2 5 m/s(3)(16＋45) J如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g取10 m/s2)．求：(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．[解析](1)金属块在E点时，mg＝m v2ER，解得v E＝2 m/s，在从D到E的过程中由动能定理得－mg·2R＝12m v2E－12m v2D，解得v D＝2 5 m/s.(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝10 m/s2设经位移s1达到相同速度，则v2＝2a1s1，解得s1＝0.2 m＜3.2 m继续加速的过程中，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2由s2＝L－s1＝3 m，v2B－v2＝2a2s2，解得v B＝4 m/s在从B到D的过程中由动能定理得mgh－W＝12m v2D－12m v2B，解得W＝3 J.[答案](1)2 5 m/s(2)3 J[突破训练]2．如图5-4所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图5-4(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离.【导学号：84370252】[解析](1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得 v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N 由牛顿第三定律得F N ′＝20 N.(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm ＝μ1g ＝4 m/s 2小物块B 做匀减速直线运动 对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动 又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13 s(t ＝1 s 舍去) 对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49 J.(3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝2hg ＝0.2 s木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mgm ＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2) 代入数据得Δx ＝0.42 m. [答案](1)20 N (2)49 J (3)0.42 m规范练高分——利用动能定理(或功能关系)解决问题。

高考物理综合测试题(附参考答案)本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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。

)1.一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ 提升井中的物体，如图所示，P 端拴在汽车尾部的挂钩上，汽车在A 点时，左端竖直绳的长度为A ，设绳不可伸长，滑轮大小不计。

车从A 点启动做直线运动，如果AB ＝h ，已知车过B 点时的速度为v B ，则此时井中物体的速度大小是导学号 05800536( )A ．vB B ．22v BC ．2v BD ．12v B答案：B解析：车过B 点时，物体速度的大小等于车过B 点时绳速的大小，设此时绳速为v 。

车由A 到B 的过程，原来竖直的绳要倾斜，滑轮左侧绳的长度变为2h ，与水平方向成45°角；车速v B 沿水平方向，由于绳不可伸长，沿绳方向的速度大小相等，有v ＝v B cos45°＝22v B。

2．(2014·安徽高考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。

物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10m/s 2。

则ω的最大值是导学号 05800537( )A ．5rad/sB ．3rad/sC ．1.0rad/sD ．0.5rad/s答案：C解析：该题考查圆周运动中的临界问题。

要明确临界条件是达到最大静摩擦力，对物体进行受力分析，当ω最大时，有μmg cos θ－mg sin θ＝mrω2，解得ω＝1.0rad/s ，C 正确。

3．(2015·浙江杭州)如图所示，将一篮球从地面上方B 点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A 点，不计空气阻力，若抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A 点，则可行的是导学号 05800538( )A ．增大抛射速度v 0，同时减小抛射角θB ．减小抛射速度v 0，同时减小抛射角θC ．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v 0D ．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v 0 答案：C解析：篮球被抛出后做斜抛运动，其实运动可分解为水平方向上速度vx＝v 0cos θ的匀速直线运动和竖直方向上初速度v y ＝v 0sin θ的竖直上抛运动，如图所示。

运动的图象、追及相遇问题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如右图所示.下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是： （ ）【答案】D2．如图所示，A 、B 两物体相距s=7m ，物体A 以v A =4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度v B =10m/s ，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a =－2m/s 2，那么物体A 追上物体B 所用的时间为： （ ）A 、7 sB 、8 sC 、9 sD 、10 s【答案】B3．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图像中，能描述该过程的是： （ ）【答案】A4．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示．以下判断正确的是： （ ）v Av BA、6 min～8 min内，深潜器的加速度最大B、4 min～6 min内，深潜器停在深度为60 m处C、3 min～4 min内，潜水员处于超重状态D、6 min～10 min内，深潜器的加速度不变【答案】C5．2011年12月23日下午瓦良格号三度海试，为飞机降落配备的拦阻索亮相，这使得国产歼15舰载战斗机在航母上起降成为可能．若该机在甲板上加速起飞过程可看做匀变速直线运动，在某段时间内的x－t图象如图2所示，视歼15舰载战斗机为质点，根据图中所给数据判断该机加速起飞过程中，下列选项正确的是：（）A、经过图线上M点所对应位置时的速度小于2 m/sB、在t＝2.5 s时的速率等于4 m/sC、在2 s～2.5 s这段时间内位移等于2 mD、在2.5 s～3 s这段时间内位移等于2 m【答案】B6．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xtt的图象如图所示，则下列说法正确的是：（）A、质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB、质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C 、质点在第1s 内的平均速度0.75m/sD 、质点在1s 末速度为1.5m/s【答案】D7．如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图象可能正确的是： （ ）【答案】A8．在2014年11月11日至16日的珠海航展中，中国展出了国产运-20和歼-31等最先进飞机。

38 功率与机车启动[方法点拨] 分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况．1．(多选)(2017·福建厦门一中模拟)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图1所示，其中OA 为过原点的一条直线．从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )图1A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．汽车在t 1～t 2时间内的功率等于t 2以后的功率C ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 1t 1＋F f v 1D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度等于v 1＋v 222．(2017·山东烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h ，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h ，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图2所示，某质量为4.0×104kg 的载重货车，保持额定功率200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km ，上升0.04 km ，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g 取10 m/s 2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )图2A ．牵引力等于2×104N B ．速度可能大于36 km/hC ．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功D ．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功3．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v －t 图象如图3所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的( )图34．(多选)(2018·河南省八校第二次测评)质量为2 kg 的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的12，若牵引力做功W 和汽车位移x 之间的关系如图4所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )图4A ．汽车在0～1 m 位移内，牵引力是恒力，1～3 m 位移内，牵引力是变力B ．汽车位移为0.5 m 时，加速度的大小a ＝5 m/s 2C ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的最大功率为2010 WD ．汽车位移在0～3 m 的过程中，牵引力的平均功率为1010 W5．(2018·广东东莞模拟)汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v －t 图象不可能是下图中的( )6.(多选)(2017·福建漳州联考)一根质量为M 的直木棒，悬挂在O 点，有一只质量为m 的猴子抓着木棒，如图5所示．剪断悬挂木棒的细绳，木棒开始下落，同时猴子开始沿木棒向上爬．设在一段时间内木棒沿竖直方向下落，猴子对地的高度保持不变，忽略空气阻力，下列四个图象中能正确反映猴子对木棒做功的功率和木棒速度变化的是( )图57．(2017·陕西宝鸡二检)某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空车质量为m 0，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车所装货物的质量是( ) A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C.v 1－v 2v 1m 0 D.v 1v 2m 0 8．(多选)(2017·广东广州模拟)质量为400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1v的关系如图6所示，则赛车( )图6A ．速度随时间均匀增大B ．加速度随时间均匀增大C ．输出功率为160 kWD ．所受阻力大小为1 600 N9．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图7所示规律变化，已知物块的质量为m ，重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，t 1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( )图7A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg (t 1－t 02)－P 022m 2g310．(多选)A 、B 两物体分别在大小相同的水平恒力F 的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t 0和4t 0，两物体运动的v －t 图象如图8所示，则( )图8A ．A 、B 两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12 B ．水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为2∶1C ．水平力F 对A 、B 两物体做功之比为2∶1D ．在整个运动过程中，摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶311．(2017·山东临沂一模)如图9甲所示，质量m ＝2 kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R ＝0.5 m 的薄圆筒上．t ＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图9A ．小物体的速度随时间的变化关系满足v ＝4tB ．细线的拉力大小为2 NC ．细线拉力的瞬时功率满足P ＝4tD．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J12．(2017·广东顺德一模)在一条平直的公路上，甲车停在A点，乙车以速度v＝8 m/s匀速运动，当乙车运动到B点时，甲车以恒定加速度a＝0.5 m/s2匀加速启动，与乙车相向运动，若经过20 s两车相遇，此时甲车恰好达到最大速度．已知甲车质量为1.0×104kg，额定功率为50 kW，阻力是车重的0.05倍，g取10 m/s2.试求：(1)甲车保持匀加速运动的时间；(2)A、B两点间的距离．答案精析1．BC [0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a ＝v 1t 1，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma ，解得牵引力F ＝F f ＋m v 1t 1，故A 错误；从t 1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t 1～t 2时间内的功率等于t 2以后的功率，故B 正确；由题意知，t 1～t 2时间内，汽车的功率P ＝Fv 1＝(F f ＋m v 1t 1)v 1，故C 正确；t 1～t 2时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度不等于v 1＋v 22，故D 错误．]2．A [货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F ＝0.01mg ＋mg sin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10×0.041N ＝2×104N ，故A 正确；根据P ＝Fv 得：v ＝P F ＝2×1052×104m/s ＝10 m/s ＝36 km/h ，故B 错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力所做的功之差，故C 错误；由于汽车匀速上坡，根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D 错误．]3．A [由v －t 图象知重物先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动，由牛顿第二定律知，在匀加速过程有F 1－mg ＝ma 1，F 1为恒力且大于mg ，拉力的功率P 1＝F 1v ＝F 1a 1t ；在匀速过程有F 2＝mg ，拉力的功率P 2＝F 2v 0为定值；在匀减速过程有mg －F 3＝ma 3，F 3为恒力且小于mg ，拉力的功率P 3＝F 3v ＝F 3(v 0－a 3t )，功率逐渐减小到0，可知A 正确．]4．BCD [根据公式W ＝Fx 可知，题中W －x 图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1 m 位移内，牵引力F 1＝20 N ，1～3 m 位移内，牵引力F 2＝10 N ，所以A 错误；0～1 m 位移内，a＝F 1－12mgm＝5 m/s 2，B 正确；0～1 m 位移内，汽车做匀加速运动，1～3 m 位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，此时v 1＝2ax 1＝10 m/s ，P max ＝F 1v 1＝2010 W ，C 正确；牵引力做的总功W ＝40 J ，时间t ＝t 1＋t 2＝1102s ＋210 s ＝410s ，平均功率为P ＝Wt ＝1010 W ，D 正确．]5．A [由瞬时功率P ＝Fv 可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F ＝Pv 0，若汽车受到的合外力F 合＝0，则汽车做匀速运动，B 项中v －t 图象是可能的；若F 合与牵引力方向相同，则汽车做加速运动，随着速度增大，牵引力逐渐减小，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C 项中v －t 图象是可能的，A 项中v －t 图象是不可能的；若F 合与牵引力方向相反，则汽车做减速运动，牵引力增大，合外力减小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D 项中v －t 图象是可能的．] 6．BD 7.A8．CD [对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F －F f ＝ma ，F ＝P v联立得：a ＝P mv －F f m加速度随速度的增大而减小，因此赛车做变加速直线运动，加速度随时间而减小，A 、B 错误；由题图及a 与1v 的关系，可知，斜率k ＝P m ＝40.01＝400，P ＝160 kW ，在纵轴上截距的绝对值b ＝F f m＝4，F f ＝1 600 N ，故C 、D 正确．]9．D [由题图可知，0～t 0时间内功率与时间成正比，则有F －mg ＝ma ，v ＝at ，P ＝Fv ，得P ＝m (a ＋g )at ，因此图线斜率P 0t 0＝m (a ＋g )a ，B 选项错误；t 0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由P 0v－mg ＝ma 知，物块加速度逐渐减小，t 1时刻速度最大，则a ＝0，最大速度为v m ＝P 0mg，A 、C 选项错误；P －t 图线与t 轴所围的面积表示0～t 1时间内拉力做的功，W ＝P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)＝P 0t 1－P 0t 02，由动能定理得W －mgh ＝mv m 22，得h ＝P 0mg (t 1－t 02)－P 022m 2g3，D 选项正确．] 10．AB [由v －t 图象可知，A 加速运动时的加速度a A 1＝2v 0t 0，减速运动时的加速度大小为a A 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －F f1＝m 12v 0t 0，F f1＝m 1v 0t 0，联立两式得：F f1＝F3；B 加速运动时的加速度大小为a B 1＝v 04t 0，减速运动时的加速度大小为a B 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －F f2＝m 2v 04t 0，F f2＝m 2v 0t 0，联立两式得：F f2＝4F5，所以A 、B 两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12，A 项正确．由v －t 图象知，水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为F ·2v 0∶F ·v 0＝2∶1，B 项正确．由v －t 图象与时间轴所围的面积表示位移可知两物体位移之比为6∶5，整个过程中，由动能定理知，水平力F 对A 、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为1∶2，C 项错误．由功率的定义式知摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶6，D 项错误．] 11．D [由题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t ，圆筒边缘线速度与物体前进速度大小相同，根据v ＝ωR 得：v ＝ωR ＝0.5t ，故A 错误；物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝0.5t t ＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，解得：F ＝2×0.5N ＋0.1×2×10 N＝3 N ，故B 错误；细线拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝3×0.5t ＝1.5t ，故C 错误；物体在4 s 内运动的位移：x ＝12at 2＝12×0.5×42m ＝4 m ，在0～4 s 内，细线拉力做的功为：W ＝Fx ＝3×4 J＝12 J ，故D 正确．] 12．(1)10 s (2)210 m解析 (1)对甲车，根据牛顿第二定律可知：F －F f ＝ma ，解得：F ＝F f ＋ma ＝0.05×1.0×104×10 N＋1.0×104×0.5 N＝1.0×104N 甲车匀加速运动过程中达到的最大速度为：v 加＝P F ＝5×1041.0×104m/s ＝5 m/s加速时间为：t ＝v 加a ＝50.5s ＝10 s (2)甲车匀加速运动通过的位移为：x 1＝12at 2＝25 m甲车达到的最大速度为：v m ＝P F f ＝5×1040.05×1.0×104×10m/s ＝10 m/s甲车10～20 s 时间内通过的位移为x 2，根据动能定理有：Pt ′－F f x 2＝12mv m 2－12mv 加2，代入数据解得：x 2＝25 m甲车通过的总位移为：x 甲＝x 1＋x 2＝50 m 乙车在20 s 内通过的位移为：x 乙＝vt 总＝160 mA 、B 两点间的距离为：Δx ＝x 乙＋x 甲＝210 m.。