人教版物理骄子之路 高考总复习部分详解答案

高考进行时一轮总复习·物理(新课标通用版)考点调查·答案解析必修1第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲描述运动的基本概念回扣教材抓基础————————————————知识梳理参考地面运动同一参考系质量理想化大小形状位置□10有向线段□11轨迹□12初□13末□14等于□15小于□16位移□17时间□18xt□19时刻□20切线□21大小□22标量□23变化快慢□24ΔvΔt□25相同□26矢量考点自测1．答案：BD2．解析：在解答本题时，很多同学受生活习惯的影响，往往错误地认为参考系只能选地面，其实不然，如A选项，可以选择与地面相对静止的三楼地板为参考系．参考系的选择没有对错之分，只有合理与不合理的区别，只要有利于问题的研究，选择哪个物体为参考系都可以．答案：AD3．解析：位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A错，B正确．路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位置指向终止位置的有向线段，如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等．如果物体在两位置间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同．如果物体从某位置开始运动，经一段时间后回到起始位置，位移为零，但路程不为零，所以C、D正确．答案：BCD4．解析：运动员的位移x相同，由v＝xt知，孙培萌用时短，则其平均速度大，C正确．答案：C5．答案：B6．解析：正、负号表示运动方向，不表示大小，A错误；甲的加速度与速度同向，做匀加速直线运动，乙的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动，B正确；甲、乙的速度无法比较，C错误；加速度大小相等，相等时间内速度变化的大小相等，D正确．答案：BD题型分类学方法————————————————【例1】解析：楼房和地面相当于同一参考系，所以，甲是匀速下降．乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，且v乙＞v甲．甲看到丙匀速上升，丙有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v丙＜v甲．丙看到乙匀速下降，丙也有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v丙＜v乙．经上述分析，A、B均有可能．答案：AB变式训练1解析：河岸上的旗帜右飘，说明有向右吹的风，A船的旗帜向右飘，无法判断A船的运动情况；B 船的旗帜向左飘，所以B 船一定向右运动，且其运动速度大于风速．答案：C【例2】 解析：物体在AB 段的平均速度v ＝xt ＝1 m/s ，A 正确；ABC 段的平均速度v ＝22＋122＝ m/s ＝52m/s ，B 正确；时间间隔越短，越接近A 点的瞬时速度，C 正确；在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，D 错误．答案：ABC变式训练2 解析：设全程位移为x ，则有t 1＝23x v 1，t 2＝13x v 2，v ＝xt 1＋t 2，解得v 1＝70 km/h.答案：D【例3】 解析：对于加速直线运动，当加速度减小时，速度还在增加，只不过增加变慢，A 可能；加速度方向发生改变，即加速度存在，有加速度存在速度就改变，B 不可能；加速度仅反映速度改变的快慢，若加速度方向与速度方向相反，加速度最大时，速度减小得最快，当然速度可能最小，若加速度方向与速度方向相同，当加速度最小时，速度增大得最慢，加速度为零时，速度取得最大值，C 可能；加速度方向不变，物体可能做初速度不为零的匀减速运动，而后做反向的匀加速运动，D 可能．故选B.答案：B变式训练3 解析：做变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．答案：ABCD特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：物体的形状和大小对所研究的问题影响很小，可以忽略时，物体可以看成质点．研究火车通过隧道的时间时，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点；同学的身体姿态、动作，飞船的飞行姿态均不能忽略，所以同学和“神舟”十号均不能看成质点；用“北斗”导航系统确定海监船的位置时，海监船的大小可以忽略，可以看成质点，D 正确．答案：D第2讲 匀变速直线运动的规律回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2 v 2－v 20＝2ax 中间 一半 aT 2 1∶2∶3∶……∶n 1∶22∶32∶……∶n 2 1∶3∶5∶……∶(2n －1) □101∶(2－1)∶(3－2)∶……∶(n －n －1) □11gt □1212gt 2 □132gh □14v 0－gt □15v 0t －12gt 2 □16v 2－v 20 □17v 202g □18v 0g考点自测1．解析：由题意，飞机的初速度为0，所以x ＝12at 2，将x ＝1 600 m ，t ＝40 s 代入得a ＝2×1 600 m (40 s )2＝2 m/s 2，故v ＝at ＝2 m/s 2×40 s ＝80 m/s.答案：A2．解析：根据v ＝v 0＋at ，则a ＝－10－102 m/s 2＝－10 m/s 2.由于物体做匀变速运动，所以v ＝v ＋v 02＝0.即C 正确，其余均错． 答案：C3．解析：根据位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x 1＝12at 21＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 21＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确． 答案：B4．解析：设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v 0，则v 2－v 20＝2ax ，即502－v 20＝2×6×200，解得v 0＝10 m/s ，B 正确． 答案：B5．解析：由匀加速直线运动的位移公式可知x ＝v －t ＝0＋v 2t ＝12v t ，选项A 错误，选项B 正确；匀减速直线运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD6．解析：本题考查的是自由落体运动规律的应用，意在考查考生建立物理模型的能力和应用物理规律解决实际问题的能力．由自由落体的规律，得h ＝12gt 2＝20 m.答案：B题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：由于物体连续做匀减速直线运动，可以直接应用匀变速运动公式．以v 0的方向为正方向．(1)设经时间t 1回到出发点，此过程中位移x ＝0，代入公式x ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s 2代入，得t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v ＝v 0＋at 知，6 s 末物体的速度 v ＝v 0＋at ＝[20＋(－5)×6] m/s ＝－10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s ，方向与初速度方向相反 变式训练1 解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a ＝－6 m/s 2 飞机在地面滑行最长时间t ＝Δv a ＝0－60－6 s ＝10 s所以飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移 由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－v 202a ＝－6022×(－6) m ＝300 m. (2)解法一：v ＝v t ＋v 02＝0＋602m/s ＝30 m/s解法二：v ＝Δx Δt ＝30010m/s ＝30 m/s. (3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动x ′＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m.答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m 【例2】 解析：解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面．故s BC ＝at 2BC /2，s AC ＝a (t ＋t BC )2/2.又s BC ＝s AC /4，解得：t BC ＝t . 解法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．现有s BC ∶s BA ＝(s AC /4)∶(3s AC /4)＝1∶3， 通过s AB 的时间为t ，故通过s BC 的时间t BC ＝t . 解法三：中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度． vAC ＝(v t ＋v 0)/2＝(v 0＋0)/2＝v 0/2.又v 20＝2as AC ① v 2B ＝2as BC ② s BC ＝s AC /4③解①②③得：v B ＝v 0/2.可以看出v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是中间时刻的位置． 因此有t BC ＝t .解法四：图象面积法 利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v -t 图象，如图所示．S △AOC /S △BDC ＝CO 2/CD 2. 且S △AOC ＝4S △BDC ，OD ＝t ， OC ＝t ＋t BC .故4/1＝(t ＋t BC )2/t 2BC. 得t BC ＝t .对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比 t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC 段的时间为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(4－3)t x ， 又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，得t x ＝t . 答案：t变式训练2 解析：本题考查匀变速直线运动规律的应用，意在考查考生灵活应用运动学公式解题的能力．第一段Δx 的中间时刻的速度为v 1＝Δx t 1，第二段Δx 的中间时刻的速度为v 2＝Δxt 2，则加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 项正确．答案：A【例3】 解析：解法一：把竖直上抛运动过程分段研究． 设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s.上升的最大高度 h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m.故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m. 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2H g＝ 2×18010s ＝6 s.v t ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m.由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 解法三：对称法根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v t ，则v 2t －v 20＝2gh .解得v t ＝60 m/s ，方向竖直向下． 经过h 历时Δt ＝v t －v 0g＝5 s.从最高点到落地历时t 1＝v tg＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s变式训练3解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)，自由落体运动符合这一规律．如图所示，11个小球将125 m 分成10段，设由上至下为x 1、x 2…x 10. h ＝12gt 2，t ＝ 2h g ＝5 s Δt ＝t10＝0.5 s.(2)因为t 1＝Δt ，故x 1＝h 1＝12gt 21＝12×10×0.25 m ＝1.25 m. 第3个球与第5个球之间的距离为h 7＋h 8，而根据此例：h 7＝13x 1，h 8＝15x 1 Δh ＝h 7＋h 8＝28h 1＝28×1.25 m ＝35 m. 答案：(1)0.5 s (2)35 m特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a ＝5 s ＜6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 22a＝25 m ，C 正确．答案：C第3讲 运动图象 追及和相遇问题回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理 位移 时间 速度 速度 速度 时间 加速度 加速度 位移大小 □10正方向 □11负方向 □12同一 □13相等 □14等于 考点自测1．解析：物体的位移随时间的变化关系图线不表示物体的运动轨迹，其斜率表示速度，故物体做变速直线运动，选项B 正确．答案：B2．解析：x -t 图象中，质点能回到初始位置，则初末时刻纵坐标相同，A 正确；B 表示末位置在初位置关于坐标原点的对称点，B 错误；速度-时间图线与横轴所围的面积表示该过程的位移，且有正负之分，C 中所围的面积为正，D 中横轴上下方面积恰好抵消，故C 错误，D 正确．答案：AD3．解析：0～0.5 s 甲、乙运动方向相反，A 错误；在v -t 图象中，图线与时间轴包围的面积为物体的位移，B 正确；在0～4 s 内，甲的速度始终为正，即始终向正方向运动，C 错误；在v -t 图象中，图线斜率的正负表示加速度的方向，6 s 时斜率均为负，所以D 正确．答案：BD4．解析：如图汽车A 以v 0＝20 m/s 的初速度做匀减速直线运动经40 s 停下来．据加速度公式可求出a ＝－0.5 m/s 2.当A 车减为与B 车同速时是A 车逼近B 车距离最近的时刻，这时若能超过B 车则相撞，反之则不能相撞．据v 21－v 20＝2as 可求出A 车减为与B 车同速时的位移s 1＝364 m 所用时间t ＝v 1－v 0a ＝28 s所以B 车位移s 2＝v 1t ＝168 m Δs ＝364 m －168 m ＝196 m>180 m 所以两车会相撞．答案：能题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：在x -t 图象中表示的是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，由甲、乙两车在0～t 1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 两项均错．在v -t 图象中，t 2时刻丙、丁速度相等，故两者相距最远，C 项正确．由图线可知，0～t 2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D 项错误．答案：C变式训练1 解析：根据位移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：B【例2】 解析：解法一(解析法)：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程时间为t ，则v 乙＝v 甲－at ，解得t ＝12 s ，此时甲、乙间距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t ＝10×12 m －12×0.5×122 m －4×12 m ＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1， 则有 t 1＝v 甲a＝20 s ，t 1时间内，x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m ＝100 m ，x 乙＝v 乙t 1＝4×20 m ＝80 m ，此后乙车运动时间t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204 s ＝5 s.故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s. 解法二(图象法)：作出两车运动的v -t 图象如图所示．(1)甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，由图象得此时刻即为交点对应时刻t ＝12 s ，最大距离为阴影部分面积Δx ＝12×(10－4)×12 m ＝36 m.(2)乙车追上甲车，即两车位移相等，x 甲＝12×10×20 m ＝100 m.x 乙＝x 甲＝4t . 则t ＝25 s.答案：(1)36 m (2)25 s变式训练2 解析：以小汽车起动位置为坐标的起点，并从它起动时开始计时，则小汽车的位移x 1与大卡车的位移x 2随时间t 的变化关系式如下：x 1＝12at 21①x 2＝v 0t 2 ②(1)小汽车追上大卡车的条件是：运动相同时间且位移相同． x 1＝x 2＝x ③ t 1＝t 2＝t ④由①～④式解得t ＝2v 0a ＝2×102 s ＝10 s ，x ＝v 0t ＝10×10 m ＝100 m. (2)小汽车追上大卡车时的速度为 v ＝at ＝2×10 m/s ＝20 m/s.(3)两车之间的距离大小与两车的相对速度有关，当两车的速度相等时，两车间的距离最大．设两车速度相等的时刻为t ′，则有v 0＝at ′ ⑤ 由⑤式解得t ′＝v 0a ＝102s ＝5 s.故两车间的最大距离为x m ＝v 0t ′－12at ′2＝10×5－12×2×25 m ＝25 m.答案：(1)100 m (2)20 m/s (3)25 m特色一角 提技能———————————————— 亲身体验1 解析：可按下列流程分析匀减速直线运动，在t ＝10 s 时，两车达到相同速度．因此，在0～10 s 内，乙车速度大于甲车，而10 s 以后甲车速度大于乙车．由于t ＝0时刻，两车处于同一位置，所以0～10 s 内乙车在前，甲车在后，且甲、乙两车逐渐远离；10～20 s 内，仍然乙车在前，但甲、乙车开始相互靠近．答案：C亲身体验2 解析：(1)设甲从离接力区13.5 m 处到赶上乙所用时间为t ，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x ，甲、乙二人所用时间相等．由几何关系知，对甲13.5＋xv ＝t ，对乙x ＝12at 2，且v ＝at ＝9 m/s ，由以上各式可解得a ＝3 m/s 2，t ＝3 s ， x ＝13.5 m.(2)完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为L －x ＝20 m －13.5 m ＝6.5 m. 答案：(1)3 m/s 2 (2)6.5 m第4讲 实验：研究匀变速直线运动回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理加速度 0.02 匀变速直线 3aT 2 0.1 s 考点自测1．解析：A 中应先接通电源，再放开纸带．C 中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D 中应先断开电源，使打点计时器停止工作，E 属于多余步骤．应补充G ，换上新纸带，重复操作两次．H.断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B 、F 、C 、A 、D 、G 、H.答案：见解析2．解析：a ＝(x 6＋x 5＋x 4)－(x 3＋x 2＋x 1)9T 2＝(2.78＋2.00＋1.22)－(5.18＋4.40＋3.62)9×0.12cm/s 2 ＝－80 cm/s 2＝－0.80 m/s 2，“－”号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为A →B . v 3＝x 3＋x 42T ＝3.62＋2.782×0.1 cm/s ＝32.0 cm/s ＝0.32 m/s.方向从B →A .答案：(1)0.1 (2)0.80 A →B (3)0.32 B →A题型分类 学方法———————————————— 【例1】 解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s ，所以v B ＝x AC 2×0.1 s ＝0.050.2 m/s ＝0.25 m/s ，vCE＝x CE2×0.1 s＝0.14－0.050.2 m/s ＝0.45 m/s. (2)v -t 图象如图所示．(3)在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度，即a ＝0.55－0.250.3m/s 2＝1.0 m/s 2答案：(1)0.25 0.45 (2)见上图 (3)1.0变式训练1 解析：(1)DCBA (2)T ＝5×0.02 s ＝0.10 s (3)v 5＝s 4＋s 52T (4)a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2答案：(1)DCBA (2)0.10 s (3)v 5＝s 4＋s 52T(4)(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2【例2】 解析：物体只在重力的作用下做匀加速直线运动，通过对纸带数据的处理，可以求出当地的重力加速度数值．方法A ：g ＝g 1＋g 2＋g 3＋g 4＋g 55＝x 2－x 1T 2＋x 3－x 2T 2＋x 4－x 3T 2＋x 5－x 4T 2＋x 6－x 5T 25＝x 6－x 15T 2所以方法A 中只有x 1和x 6起作用． 方法B ：g ＝g 1＋g 2＋g 33＝x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T 23＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2所以方法B 中x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6均起作用． 因此选择方法B 更合理，更易减小偶然误差．本实验中误差来源较多，例如：阻力不恒定、交流电频率不稳定、长度测量不准确、数据处理方法等．答案：x 1、x 6 x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6 B 偶然 阻力不恒定、交流电频率不稳定等变式训练2 解析：(1)d ＝10 mm ＋0.05 mm ×2＝10.10 mm ＝1.010 cm.(2)v 1＝d t 1＝1.010×10－21.0×10－2m/s ＝1.0 m/s ；v 2＝d t 2＝1.010×10－24×10－3 m/s ＝2.5 m/s. (3)v 1、v 2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．答案：(1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度 滑块特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪频率等于水滴滴落的频率；由Δx ＝gT 2和逐差法解得当地重力加速度g ＝9.72 m/s 2；该实验存在的系统误差可能有：存在空气阻力，水滴滴落的频率变化等．答案：(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率 (2)9.72 2.27(3)存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化)第二章相互作用第1讲常见的三种力回扣教材抓基础————————————————知识梳理大小方向作用点地球正比mg弹簧测力计竖直向下质量□10形状□11弹性形变□12接触□13弹性形变□14相反□15弹性形变□16正比□17kx□18劲度系数□19N/m□20改变量□21相对静止□22相对运动□23粗糙□24压力□25相对运动趋势□26粗糙□27压力□28相对运动□290□30F f m□31相反□32μF N□33相反□34相对运动趋势□35相对运动考点自测1．解析：物体所受的重力等于质量跟该处重力加速度的乘积，地球各处的重力加速度不一定相等，而认为重力作用在物体的重心上，只是物体各部分都受重力作用的等效处理，所以重心由物体的几何形状和质量分布决定．答案：C2．解析：物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力，一个物体受到的弹力，一定是和它接触的另一个物体提供的．答案：C3．解析：不拉A时，对A：kx1＝mg①B刚要离开地面时，对B：kx2＝mg②L＝x1＋x2③由①②③得：L＝2mgk.答案：B4．解析：静摩擦力的大小与该处的正压力没有直接关系，选项A错误，B正确；摩擦力的方向与接触面相切，弹力方向与接触面垂直，故摩擦力方向一定与弹力方向垂直，选项C错误；水平匀速旋转的转盘上的物体受到的摩擦力与运动方向垂直，所以选项D错误．答案：B5．解析：甲图是静摩擦力，由平衡条件得：F1＝80 N，乙图是滑动摩擦力，由F f＝μF N得F f＝0.45×200 N＝90 N，故选项C正确．答案：C题型分类学方法————————————————【例1】解析：(1)小车静止，小球所受合外力为零，所以杆对球的弹力与重力平衡，即F1＝mg, 方向竖直向上.(2)车向右做匀加速运动时，受力分析如图，设杆对球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得F2sinθ＝ma，F2cosθ＝mg，解得F2＝m g2＋a2，θ＝arctan ag.(3)将a ＝g tan α 代入(2)问结论得F 2＝mgcos α，θ＝α，即弹力沿杆向上．答案：(1)mg ，方向竖直向上(2)m g 2＋a 2，方向与竖直方向夹角为arctan ag(3)mg cos α，沿杆向上变式训练1 解析：取球受力分析如图所示，由平衡条件知F 杆＝62＋82 N ＝10 N ，设F 杆与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝F G ＝68，所以θ＝37°.答案：C【例2】 解析：对A 、B 整体受力分析如图甲所示，滑动摩擦力F f1使整体产生加速度a ，设A 与地面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得F f1＝μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝μg ，保持不变，方向水平向左．再隔离B ，B 的受力分析如图乙所示，为获得加速度a ，B 受到A 的静摩擦力只能水平向左，且大小F f2＝m B a ＝μm B g ，故A 正确．答案：A变式训练2 解析：因小球受到竖直向下的重力和斜向右上方的绳的拉力作用，因此，合力一定向右，故汽车的加速度水平向右，但有可能是向左做匀减速运动，故A 错误，B 正确；分析m 1的受力可知，只有受到的摩擦力水平向右，m 1才能产生向右的加速度，故C 正确，D 错误．答案：BC【例3】 解析：(1)因A 、B 向右匀速运动，B 物体受到的合力为零，所以B 物体受到的摩擦力为零．(2)因A 、B 无相对滑动，所以B 受到的摩擦力是静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力公式F f ＝μF N来计算，用牛顿第二定律对B 物体分析有F 合＝ma 得F f ＝ma ，方向水平向右．(3)因A 、B 发生了相对滑动，所以B 受到的摩擦力是滑动摩擦力，即F f ＝μF N ＝μmg ，方向水平向右．(4)因滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小无关，所以F f ＝μmg ，方向水平向右． 答案：(1)0(2)ma ，方向水平向右 (3)μmg ，方向水平向右(4)μmg，方向水平向右变式训练3解析：木块P对长木板的滑动摩擦力大小为F＝μ2mg，长木板始终静止，则地面对长木板的静摩擦力大小为F′＝F＝μ2mg.故只有C选项正确．答案：C特色一角提技能————————————————亲身体验解析：设木板与水平面间的夹角增大到θ时，铁块开始滑动，显然当α<θ时，铁块与木板相对静止．由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为F f＝mg sinα；当α≥θ时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力．设动摩擦因数为μ，由滑动摩擦力公式得，铁块受到的滑动摩擦力为F f＝μmg cosθ.通过上述分析知道：α<θ时，静摩擦力随α角增大按正弦函数增加；当α≥θ时，滑动摩擦力随α角增大按余弦规律减小，所以正确选项为C.答案：C第2讲力的合成与分解回扣教材抓基础————————————————知识梳理效果效果合力分力合力平行四边形合力分力力的合成□10大小□11方向□12平行四边形定则□13大小□14方向考点自测1．解析：以人为研究对象，根据人处于平衡状态，由平衡条件知椅子对人的力F和重力大小相等，A正确．答案：A2．解析：合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力、两分力之间的夹角越大，合力越小；夹角越小，则合力越大．答案：C3．解析：对c而言，帆面与风向平行，风力不起作用；对a而言，风力垂直于帆面，无法分解出沿航行方向的力；对d而言，风力在沿航行方向的分力对船来说是阻力；只有b情况下，风力沿航行方向的分力提供船航行的动力，B正确．答案：B4．答案：ABD5．解析：当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如图所示，把F沿竖直和水平方向正交分解．水平方向：F cosα＝F N竖直方向：mg＝F sinα＋F f，又F f＝μF N，得F＝mgsinα＋μcosα.答案：mgsinα＋μcosα题型分类学方法————————————————【例1】 解析：本题考查力的合成．二力合成合力的范围在|F 1－F 2|≤F ≤|F 1＋F 2|，代入数据可得，合力的范围：20 N ≤F ≤80 N ，所以D 不可能．答案：D变式训练1 解析：以日光灯为研究对象，日光灯受到两绳拉力和自身的重力，三力的作用线必然交于一点，选项C 正确，选项D 错误；由三力平衡可知在水平方向有T a sin60°＝T b sin45°，故T a <T b ，选项A 、B 错误．答案：C【例2】解析：按照作用效果进行分解，物体的重力产生了垂直压半球体的效果和沿斜面下滑趋势的效果，受力如图所示，因质点静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，A 项正确，D 项正确．因质点受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算．答案：AD变式训练2 解析：将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2F f ＝(2m ＋M )g ，故F f 不变，选项A 错误，B 正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为F N1，对轴点O 受力分析可知，竖直方向上：2F N1cos θ＝Mg ，对木块m 受力分析可知，水平方向上：F N ＝F N1sin θ，两式联立解得F N ＝12Mg tan θ，当两板间距离增大时，θ增大，F N 增大，选项C 错误，D 正确．答案：BD【例3】 解析：以重物为研究对象，受力分析如图所示．以C 点为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系．沿x 轴方向有F B sin45°－F A sin30°＝0， 沿y 轴方向有 F A cos30°＋F B cos45°－G ＝0， 联立两方程解得 绳AC 对物体的拉力 F A ＝100(3－1) N.绳BC 对物体的拉力F B ＝502(3－1) N. 答案：100(3－1) N 502(3－1) N变式训练3 解析：本题意在考查考生对力的正交分解法的应用以及对平衡条件的理解与应用．当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)，当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．答案：B特色一角 提技能————————————————亲身体验解析：题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如下图甲和乙所示，根据平衡规律可求解．甲乙(1)图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力F T AC＝F T CD＝M1g图乙中由于F T EG sin30°＝M2g，得F T EG＝2M2g.所以F T ACF T ED ＝M1 2M2.(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有F N C＝F T AC＝M1g，方向和水平方面成30°，指向右上方．(3)图乙中，根据平衡方程有F T EG sin30°＝M2g，F T EG cos30°＝F N G，所以F N G＝M2g cot30°＝3M2g，方向水平向右．答案：(1)M12M2(2)M1g方向和水平方向成30°指向右上方(3)3M2g方向水平向右第3讲受力分析共点力的平衡回扣教材抓基础————————————————知识梳理场力接触力速度加速度相等相反相等相反相等□10相反考点自测1．解析：两木块一起做匀速运动，P不受摩擦力，只受到重力和Q的支持力；以整体为研究对象，由平衡条件可知Q必定受到地面的摩擦力作用，Q共受到5个力(重力、压力、支持力、摩擦力、推力)．答案：C2．解析：对AB构成的整体，由平衡得竖直方向的恒力F等于总重力，水平方向上不受力，故对A物体受力分析，其受到重力、斜面对A的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，B正确．答案：B3.解析：B 物体受力如图所示， B 处于平衡态，由图可知m B gm A g ＝cos θ，所以m A m B ＝1cos θ，B 项正确．答案：B4．解析：本题考查物体的受力分析以及平衡问题．意在考查学生的分析综合能力．以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2F sin α＝mg ，则F ＝mg2sin α，A 正确．答案：A5．解析：对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F f ＝mg sin α，F N ＝mg cos α，故A 、B 错误．甲乙对M 和m 组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C 错误；由平衡条件得，F N ′＝(M ＋m )g ，D 正确．答案：D题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：木板P 一定受到的力：自身的重力Mg 、斜面对P 的支持力F N 和滑块Q 的压力F N ′.用“状态法\”确定斜面与P 之间的摩擦力F f ：选木板P 、滑块Q 和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P 一定有沿斜面向上的滑动摩擦力F f ，且F f ＝(M ＋m )g sin θ，如图甲所示．甲乙用“转换法\”确定弹簧对P 的弹力F ：隔离滑块并受力分析，因木板P 上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块必受到弹簧沿斜面向上的弹力F ′，且F ′＝mg sin θ.根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P 沿斜面向下的弹力F ，且F ＝F ′＝mg sin θ.综上可知，木板P 受到5个力的作用，如图乙所示，C 正确．答案：C变式训练1 解析：A 、B 两物体均受到重力、支持力和摩擦力作用，AB 间绳无拉力作用． 答案：C【例2】 解析：小球m 2受重力和细线的拉力处于平衡状态，由二力平衡条件得，细线的拉力F T ＝m 2g .方法一：合成法小球m 1受F T 、F N 、m 1g 三力作用而处于平衡状态．受力分析如图所示，小球m 1处于平衡状态，故F N 与F T 的合力F ＝m 1g .根据合力公式可得F ＝F 2N ＋F 2T ＋2F N F T cos θ＝m 1g ，将F N ＝F T ＝m 2g ，θ＝60°代入上式解得m 2m 1＝33，故选项A 正确．方法二：力的三角形法则 F N 和F T 的合力与小球m 1g 的重力大小相等，方向相反，故F N 、F T 、m 1g 构成矢量三角形，如图所示．。

课时强化作业二匀变速直线运动的规律1．两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，则它们运动的最大位移之比为（）A．1∶2 B．1∶4C.1∶错误!D.2∶1解析：两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，末速度为零，根据速度位移公式得,v错误!＝2ax，它们的初速度之比为1∶2，则运动的最大位移之比为1∶4，B选项正确．答案：B2．(多选）（2016届齐齐哈尔期末）一物体以初速度v0做匀减速直线运动,第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是( ）A．初速度v0的大小为3。

5 m/sB．位移x3的大小为1 mC．物体在3 s末速度减为零D．加速度a的大小为1 m/s2解析:物体做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动的规律，Δx＝at2，得a＝错误!＝－1 m/s2,D选项正确;根据位移时间公式得第1 s内的位移x1＝v0t＋错误!at2，代入数据解得，v0＝3.5 m/s,A选项正确；物体减速到零的时间为t＝va＝3.5 s，物体做正向的匀减速直线运动，可以看作反向的匀加速直线运动，根据位移时间公式得，x3＝错误!a(t－2)2＝1.125 m,B 选项错误；物体在3.5 s末速度减为零，C选项错误．答案:AD3．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A．2 m/s2B．1 m/s2C．0。

5 m/s2 D.0。

2 m/s2解析：设第6节车厢经过旅客时，车厢的速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动位移时间公式得，L＝v0t－12at2,动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，根据匀变速直线运动速度位移公式得，v20＝2a·2L,代入数据联立解得，a＝0。

课时强化作业八 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系一、选择题1．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中关于操作步骤先后顺序，下列说法正确的是( )A ．先测量原长，后竖直悬挂B ．先竖直悬挂，后测量原长C ．先后顺序对实验结果无影响D ．先后顺序对实验结果的影响程度取决于弹簧的自重解析：测量弹簧原长时，将弹簧竖直悬挂起来，弹簧在自身的重力作用下伸长，所以测量原长时，应先将弹簧竖直悬挂起来，再测量弹簧的长度作为弹簧的原长，若先测弹簧原长，再将弹簧悬挂起来，不悬挂砝码时，外力为零，而此时弹簧由于自身重力的影响，弹簧已有了一定的伸长，对实验结果产生影响，如果弹簧自重很小或可忽略，可视为理想弹簧，则影响可忽略，故选项C 错误，选项D 正确．答案：BD2．如图所示是描述某根弹簧的伸长量与所受拉力之间的关系图象，下列关于这根弹簧的说法中正确的是( )A ．弹簧的劲度系数是2 N/mB ．弹簧的劲度系数是2×103 N/mC ．当受到800 N 的拉力作用时，弹簧的长度是40 cmD ．当弹簧伸长量为20 cm 时，弹簧产生的拉力是200 N解析：由题意可知：图象中图线的斜率为弹簧的劲度系数，即k ＝ΔF Δx ＝(8－2)×102(4－1)×10－1N/m＝2×103 N/m ，故选项A 错误，选项B 正确；由图象可知当弹簧受到800 N 拉力时弹簧的伸长量为40 cm ，选项C 错误；当弹簧伸长量为20 cm 时，弹簧的弹力为400 N ，选项D 错误．答案：B3．下列关于弹簧弹力与弹簧伸长量关系实验的说法正确的是( ) A ．实验中弹力F 的具体数值必须计算出来B ．如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度L 代替伸长量ΔL ，F -L 图象也是过原点的一条直线C ．利用F -L 图象可求出k 值D ．实验时要把所有点连到直线上，才能得到真实规律解析：弹簧的弹力等于钩码的重力，用质量代替钩码的重力，故选项A 错误；F ­ΔL 图象是过原点的一条直线，F -L 图线一定是不过原点的直线，选项B 错误；描点画图线时，让大多数点在图线上，其余少数点均匀分布在图线的两侧，选项D 错误；由胡克定律F ＝k ΔL ＝k (L －L 0)＝kL －kL 0所在在F -L 图象中斜率仍为弹簧的劲度系数，故利用F -L 图象也可求出k 值，选项C 正确．答案：C4．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a 和b ，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是( )A ．a 的原长比b 的长B ．a 的劲度系数比b 的大C ．a 的劲度系数比b 的小D ．测得的弹力与弹簧的长度成正比解析：图象中图线的斜率表示弹簧的劲度系数．由此可知弹簧a 的劲度系数大于弹簧b 的劲度系数，选项B 正确，选项C 错误；当弹簧的弹力为零时弹簧的长度为弹簧的原长，由图象可知，弹簧b 的原长比弹簧a 的原长大，选项A 错误；弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比，故选项D 错误．答案：B 二、非选择题5．某同学利用如图(a)所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的．(1)他通过实验得到如图(b)所示的弹力大小F 与弹簧长度L 的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长L 0＝________cm ，劲度系数k ＝________N/m.(2)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图(c)所示时，该弹簧的长度L ＝______________cm.解析：(1)由图象可知，当弹簧弹力为零时弹簧的长度为弹簧的原长即L 0＝4.0 cm ，图线的斜率为弹簧的劲度系数．k ＝6－0(16－4)×10－2N/m ＝50 N/m. (2)弹簧秤的示数F ＝3.0 N ，根据F ＝kx 得x ＝Fk ＝0.06 m ，此时弹簧的长度L ＝L 0＋x ＝0.10 m ＝10 cm.答案：(1)4 50 (2)10.06．某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在表中(弹簧始终在弹性限度内).(1)根据实验数据在如图乙的坐标纸上已描出了前四次测量的弹簧所受弹力大小F 跟弹簧总长x 之间的函数关系点，请把第5、6次测量的数据对应的点描出来，并作出F -x 图线．(2)图线跟x 坐标轴交点的物理意义是________． (3)该弹簧的劲度系数k ＝_________(保留两位有效数字)． 解析：(1)图线如图所示：(2)图线跟x 坐标轴交点表示弹簧所受外力为零时弹簧的长度，即弹簧的原长． (3)在图线上取相距较远的两点坐标，由k ＝ΔFΔx 得k ＝ 1.47－0(9.5－6)×10－2N/m ＝42 N/m. 答案：(1)见解析 (2)弹簧的原长 (3)42 N/m7．橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量 x 与弹力F 成正比，即F ＝kx ，k 的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L 、横截面积S 有关，理论与实验都表明k ＝YSL ，其中Y 是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量．(1)在国际单位中，杨氏模量Y 的单位应该是________． A ．N B ．m C ．N/mD ．Pa(2)有一段横截面积是圆形的橡皮筋，应用如图(甲)所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y 的值．首先利用测量工具a 测得橡皮筋的长度L ＝20.00 cm ，利用测量工具b 测得橡皮筋未受到拉力时的直径D ＝4.000 mm ，那么测量工具a 应该是________；测量工具b 应该是________．(3)用如图(甲)所示的装置就可以测出这种橡皮筋的Y 值，下面的表格是橡皮筋受到的拉力F 与伸长量x 的实验记录．请在图(乙)保留两位有效数字)(4)这种橡皮筋的杨氏模量Y ＝________.(保留一位有效数字)解析：(1)根据F ＝kx ，k ＝YS L 得Y ＝FLSx 代入各物理量国际单位制中的单位．Y 的单位为N/m 2，即Pa(帕)，故选项D 正确．(2)由长度测量工具测得长度L ＝20.00 cm ，准确到毫米，故测量工具是毫米刻度尺，而橡皮筋的直径测得为4.000 mm ，精确到1100 mm ，估读到11 000 mm ，则该工具为螺旋测微器，又名千分尺．(3)根据测得的数据在F -x 图象中描点作图如图所示．取图线上点(1.6,5)和点(8.0,25)，根据k ＝ΔF Δx ＝25－58.0－1.6N/cm ＝3.125 N/cm ＝3.1×102 N/m.(4)根据Y ＝kLS，代入数据Y ＝3.1×102×20.00×10－2(2.000×10－3)2×3.14N/m 2＝5×106 Pa. 答案：(1)D (2)毫米刻度尺 螺旋测微器(千分尺) (3)见解析 (4)5×106 Pa8．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h ＝0.25 m 、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的左部分位于筒内)，如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒口右端弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l ，作出F -l 变化的图线如图乙所示．(1)由此图线可得出的结论是______________________．(2)弹簧的劲度系数为________N/m ，弹簧的原长l 0＝________ m.解析：设弹簧原长为l 0，由题图可知，弹簧伸长量可表示为Δl ＝l ＋h －l 0，由胡克定律可得F ＝k Δl ＝k (l ＋h －l 0)，F -l 图线斜率表示弹簧的劲度系数，k ＝100 N/m ；F -l 图线在纵轴截距表示l ＝0时，F ＝10 N ，代入F ＝k (l ＋h －l 0)，解得弹簧的原长l 0＝0.15 m.答案：(1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 (2)100 0.159．在“探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．(1)有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在如下坐标图中，请作出F-L图线．(2)由此图线可得出的结论是__________________________________________________________，该弹簧的原长L0＝______cm，劲度系数k＝______N/m.(3)试根据以上该同学的实验情况，请你帮助他设计一个记录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据)．(4)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较．优点在于：________________________________________________________________________；缺点在于：________________________________________________________________________.解析：(1)用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示：(2)由图线可知在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比．弹簧的原长L0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L0＝10×10－2 m＝10 cm.劲度系数为图象直线部分的斜率，k＝25 N/m.(3)记录数据的表格如下表(4)缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．答案：(1)见解析(2)在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比1025(3)(4)见解析。

天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业27 电流、电阻、电功与电功率新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业27 电流、电阻、电功与电功率新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时强化作业二十七电流、电阻、电功与电功率1．（多选)下列说法中正确的是( )A．由R＝错误!可知，电阻与电压成正比、与电流成反比B．由R＝ρ错误!可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体,就是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零解析：电阻是导体本身的性质，与电压及电流无关,故A选项错误；由电阻的决定式R＝ρ错误!可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系，故B选项正确;金属的电阻率随温度的升高而增大,有些材料的电阻率与温度无关，故C选项错误；当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零的导体为超导体，故D选项正确．答案：BD2．在显象管的电子枪中,从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是( ）A.错误!错误!B.错误!错误!C。

错误!错误! D.错误!错误!解析：根据动能定理得，eU＝错误!mv2,解得速度v＝错误!,根据电流的定义式可知，电子射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电量q＝IΔt＝I错误!，电子数n＝错误!,联立解得n＝错误!错误!，D选项正确．答案:D3．（多选)将阻值随温度升高而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联，接在某电源两端，保持Ⅱ温度不变，冷却或加热Ⅰ，则Ⅱ的电功率在（)A．加热时变大 B.冷却时变大C．加热时变小D．冷却时变小解析：加热时电阻Ⅰ阻值减小，电流增大，Ⅱ的电功率增大；冷却时电阻Ⅰ阻值增大，电流减小，Ⅱ的电功率减小．A、D选项正确．答案：AD4．（2015年北京高考)如图所示，其中电流表A的量程为0。

天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业19 动能定理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业19 动能定理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时强化作业十九动能定理1．美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．经常有这样的场面：在临终场0.1 s 的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．如果运动员投篮过程中对篮球做功为W,出手高度为h，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m,空气阻力不计，则篮球进筐时的动能表1达正确的是（）A．W＋mgh1－mgh2B．W＋mgh2－mgh1C．mgh1＋mgh2－W D．mgh2－mgh1－W解析：篮球运动过程中，重力做功mgh2－mgh1,人对篮球做功W，根据动能定理得,W－mg(h2－h1）＝E k，A选项正确．答案：A2．(多选）（2016届玉溪一中月考)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边．三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.一小物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端,下面说法中正确的是( )A．物体沿CA滑到底端时具有最大速率B．物体沿CA下滑，重力的平均功率最大C．物体沿EA滑到底端所需时间最短D．物体沿DA滑到底端所需时间最短解析：物体沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，根据动能定理得，mgh＝错误!mv2－0，物体沿CA滑到底端时速率最大，A选项正确；设底边长为x，斜面夹角为θ，运动过程中的加速度a＝g sinθ，根据运动学公式得，运动时间t＝错误!＝2错误!，当斜面夹角θ＝45°时，运动时间最短，即物体沿DA滑到底端所需时间最短，C选项错误，D选项正确；物体沿斜面下滑过程中，重力做功W＝mg·x tanθ,则重力的平均功率P＝错误!，代入数据可得，沿CA下滑时，平均功率最大，故B选项正确．答案:ABD3。

课时强化作业五重力弹力摩擦力1. 如图所示的ABC是木匠用的曲尺，它是用粗细不同、质量分布均匀、两段质量相等的木料做成的，D是AC边线的中点，F是AB段的中点，G是BC段的中点，E是FG连线的中点，则曲尺的重心在( )A．B点B．D点C．E点D．G点解析：质量分布均匀，形状规则的几何图形，重心在其几何中心，即AB段的重心在F点，BC段的重心在G点，AB段和BC段的质量相等，整个曲尺的重心在FG的中点E点，C选项正确．答案：C2. (2016届绵阳模拟)如图，一个家用台灯静止放在桌子上，下列描述中正确的是( )A．台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力B．台灯受到向左的摩擦力C．旋转点O对灯头的作用力沿AB方向D．台灯底座所受合外力为零解析：根据平衡力与相互作用力的概念对比分析，台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对相互作用力，A选项错误；台灯处于平衡状态，在水平方向上合力为零，不受摩擦力作用，B选项错误；分析灯头的受力可知，灯头处于平衡状态，重力和旋转点O对灯头的作用力等大反向，则旋转点O对灯头的作用力沿竖直方向，C选项错误；台灯底座处于平衡状态，合力为零，故D选项正确．答案：D3. (多选)2014年8月25日，在我国南京举行的青奥会上，18岁的江苏选手吴圣平高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，吴圣平在跳板的最外端静止站立时，如图所示，则( )A．吴圣平对跳板的压力方向竖直向下B．吴圣平对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的C．吴圣平对跳板的压力大小等于跳板对她的支持力大小D．跳板对吴圣平的作用力大小等于吴圣平的重力大小解析：压力是垂直于接触面指向受力物体的，跳水运动员对跳板的压力垂直于跳板，方向竖直向下，A选项正确；压力是施力物体的形变产生的，作用在受力物体上，故跳水运动员对跳板的压力是由于运动员发生形变而产生的，B选项错误；运动员对跳板的压力和跳板对运动员的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，C选项正确；运动员处于静止状态时，跳板对运动员的作用力大小等于运动员的重力大小，故D选项正确．答案：ACD4．如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是( )A．只有角θ变小，作用力才变大B．只有角θ变大，作用力才变大C．不论角θ变大或变小，作用力都是变大D．不论角θ变大或变小，作用力都不变解析：对滑轮进行受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力，如图所示：滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线，两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，方向也不变，故两个拉力的合力大小为2mg，方向与水平方向成45°斜向右下方．D选项正确．答案：D5．(2016届阜康市模拟)在中学秋季田径运动会上，高一2班李好同学奋力拼搏，勇夺男子100 m冠军，图为该同学奔跑途中的两个瞬间，用f1、f2分别表示该同学在图甲、乙两瞬间所受到的摩擦力，则关于f1、f2的方向，以下说法正确的是( )A．f1向后，f2向后B．f1向前，f2向前C．f1向前，f2向后D．f1向后，f2向前解析：不论前脚还是后脚，地面给它们的摩擦力均是静摩擦力，分析图甲可知，运动员在奔跑时，后脚用力蹬，则人会向前运动，此时地面给他一个向前的摩擦力，这个摩擦力提供运动员向前的动力．分析图乙可知，运动员的前脚向前跨着地时，地面给他一个向后的摩擦力，这个摩擦力是运动员的阻力，方向向后，C选项正确．答案：C6.(2016届兰州模拟)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形，∠ABC ＝60°，整个系统保持静止状态．已知D 物块所受的摩擦力大小为F ，则A 物块所受的摩擦力大小为( ) A.33F B.F C.32F D.2F 解析：分析题意可知，D 物体受到静摩擦力作用，说明橡皮绳处于伸长状态，每个橡皮绳的弹力f 大小相等，根据共点力的平衡知识可知，D 物体受到静摩擦力和橡皮绳弹力作用，弹力f ＝33F .分析A 物体的受力，两个橡皮绳弹力的合力与静摩擦力等大反向，夹角为120°，故静摩擦力F A ＝f ，A 选项正确．答案：A7. 如图所示，一质量为m 的物体A 恰能在倾角为α的斜面体上匀速下滑．若用与水平方向成θ角、大小为F 的力推A ，使A 加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是( )A ．方向水平向右，大小为mg cos αsin αB ．方向水平向左，大小为mg cos αsin αC ．方向水平向左，大小为F cos θD ．大小为0解析：质量为m 的物体A 恰能在倾角为α的斜面体上匀速下滑时，受重力、支持力、滑动摩擦力作用，根据平衡条件可知，摩擦力与支持力的合力与重力等大反向，斜面对滑块的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面的作用力方向竖直向下，当用与水平方向成θ角、大小为F 的力推A ，A 所受斜面的支持力增大，摩擦力f ＝μN 也增大，但是支持力N 与摩擦力f 仍然成比例的增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，斜面没有运动的趋势，不受地面的摩擦力，D 选项正确．答案：D8．(2016届海南模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型．一个小朋友在AB 段的动摩擦因数μ1＜tan θ，BC 段的动摩擦因数为μ2＞tan θ，他从A 点开始下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中( )A ．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B ．地面对滑梯始终无摩擦力作用C ．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小解析：小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图所示：以小朋友和滑梯整体为研究对象，根据牛顿第二定律得知，小朋友有水平向左的分加速度，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，如图所示：地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故A选项正确，B选项错误．以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力F N小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，故C、D选项错误．答案：A9. (多选)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：研究物块b的受力情况，受到重力G b、斜面支持力和绳子拉力T，由于系统处于静止状态，故绳子拉力等于物块a的重力G a.若G a＝G b sinθ，b受到c的摩擦力为零；若G a≠G b sinθ，b受到c的摩擦力不为零．若G a＜G b sinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，故A选项错误，B选项正确．以物块b、c为研究对象，分析受力如图所示：根据平衡条件得，f＝T cosθ＝G a cosθ，即水平面对c的摩擦力方向水平向左，在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，C选项错误，D选项正确．答案：BD10.如图所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12 N ，绳子的拉力为10 N ，水平轻弹簧的拉力为9 N ，求轻杆对小球的作用力.解析：分析小球的受力情况，受重力、细线的拉力，弹簧的拉力和杆的弹力，小球的重力与水平轻弹簧拉力的合力F 1＝G 2＋F 2弹＝15 N ，与竖直方向夹角为θ，tan θ＝F 弹G ＝34，解得∠θ＝37°，即F 1与绳子拉力F 方向相反，小球处于平衡状态，合力为零，故轻杆对小球的作用力F 2＝F 1－F T ＝5 N ，方向与竖直方向的夹角为37°.答案：轻杆对小球的作用力为5 N ，与竖直方向成37°斜向右上方11.如图所示，物体A 重为G A ＝50 N ，A 与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.25，物体B 重为G B ＝80 N ．现在要使A 、B 一起匀速运动，则作用在A 上的压力F 为多大？解析：以物体A 、B 为研究对象，由于物体A 的重力小于物体B 的重力，故物体B 向下运动，物体A 向上运动，F f ＝G B －G A ＝30 N ，其中F f ＝μ·F ，联立解得，F ＝120 N.答案：120 N12．如图所示，倾角为θ的固定光滑斜面底部有一垂直斜面的固定档板C .劲度系数为k 1的轻弹簧两端分别与挡板C 和质量为m 的物体B 连接，劲度系数为k 2的轻弹簧两端分别与B 和质量也为m 的物体A 连接，轻绳通过光滑滑轮Q 与A 和一轻质小桶P 相连，轻绳AQ 段与斜面平行，A 和B 均静止．现缓慢地向小桶P 内加入细砂，当k 1弹簧对挡板的弹力恰好为零时，求：(1)小桶P 内所加入的细砂质量；(2)小桶下降的距离．解析：(1)以物体A 、B 为研究对象，绳子拉力等于小桶内细砂的重力m 砂g ，当k 1弹簧对挡板的弹力恰好为零时，根据平衡条件得，2mg sin θ＝m 砂g ，解得小桶P 内所加入的细砂质量m 砂＝2m sin θ.(2)初态时，k 1弹簧处于压缩状态，根据平衡条件得，k 1x 1＝2mg sin θ，同理，k 2弹簧处于压缩状态，k 2x 2＝mg sin θ.末态时，k 1弹簧处于原长，k 2弹簧处于伸长状态，根据平衡条件得，k 2x 2′＝mg sin θ.根据几何关系得知，小桶下降的距离x ＝x 1＋x 2＋x 2′＝2mg sin θk 1＋2mg sin θk 2. 答案：(1)2m sin θ (2)2mg sin θk 1＋2mg sin θk 2。

天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业14 曲线运动运动的合成与分解新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业14 曲线运动运动的合成与分解新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时强化作业十四曲线运动运动的合成与分解1．(多选)(2016届沈阳二中高三月考)下列几种说法中，正确的是( ）A．物体受到变力作用，一定做曲线运动B．物体受到恒力作用，一定做匀变速直线运动C．当物体所受合外力方向与速度方向不在一条直线上时，一定做曲线运动D．当物体所受合外力恒定时,可以做曲线运动解析:物体做曲线运动的条件是力与速度方向不在一条直线上,物体受到变力作用不一定做曲线运动，受到恒力作用不一定做直线运动,变力作用下可以做直线运动，恒力作用下可以做曲线运动，C、D选项正确．答案：CD2．一质点受四个恒力的作用正在做匀速直线运动,突然撤出其中的一个力,其余力不变，下列对该质点此后运动的描述不正确的是（)A．可能做匀变速曲线运动B．可能做匀速圆周运动C．物体的动能可能先逐渐减小至某一非零最小值，再逐渐增大D．物体的动能可能一直增大解析：物体在几个力作用下处于平衡状态，其中一个力与其他力的合力等大反向,撤去其中一个力后，合力的方向与速度方向共线，则质点做匀变速直线运动，合力的方向与速度方向存在夹角，则质点做匀变速曲线运动，故A选项正确;匀速圆周运动的合力提供向心力，指向圆心，受到恒力作用的质点不能做匀速圆周运动，故B选项错误；当质点做匀变速曲线运动，合力与速度方向的夹角是钝角时，物体的速度先逐渐减小到某一非零最小值，再逐渐增大,C 选项正确；当质点做匀加速直线运动时，速度一直增大，动能一直增大，D选项正确．答案：B3．（2016届枣庄模拟)关于运动的合成和分解，下列说法中正确的是( ）A．合速度的大小可能比其中某一个分速度小B．两个直线运动的合位移一定比分位移大C．两个直线运动的合运动一定是直线运动D．两个分运动的时间小于合运动的时间解析：两个在同一条直线上的运动,其合运动的速度大小等于两分运动的速度的矢量和．两分速度同向,合运动的速度大小等于两分运动的速度大小之和；两分速度反向,合运动的速度大小等于两分运动的速度大小之差，故A选项正确；矢量的合成遵循平行四边形定则，可知，两个直线运动的合位移不一定比分位移大,故B选项错误;速度、加速度都是矢量，根据合速度与合加速度是否共线来确定直线运动还是曲线运动，故C选项错误；分运动和合运动具有等时性,故D选项错误．答案：A4。

天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业39 法拉第电磁感应定律、自感和涡流新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业39 法拉第电磁感应定律、自感和涡流新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时强化作业三十九法拉第电磁感应定律、自感和涡流1．(2016届吉林期末）如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球,K断开时传感器上有示数，K闭合稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是（)A．正在增加，ΔΦΔt＝错误!B.正在减弱，错误!＝错误!C．正在减弱，错误!＝错误!D.正在增加，错误!＝错误!解析：开关K断开时，平行板两端没有电压，开关K闭合后,平行板间产生匀强电场，小球受到的电场力和重力平衡,qE＝mg，上极板带负电，根据楞次定律可知，磁场向上均匀增加，设平行板间电压为U,则U＝Ed，根据法拉第电磁感应定律得，U＝n错误!，联立解得，n错误!＝mg，即ΔΦΔt＝错误!,D选项正确．答案：D2。

（多选)（2016届河南模拟)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（)A．加速度为错误!B．下滑的位移为错误!C．产生的焦耳热为错误!sinθ－错误!mv2D．受到的最大安培力为错误!解析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律得,mg sinθ－BIL＝ma，其中感应电流I＝ER，解得a＝g sinθ－错误!，A选项错误；根据法拉第电磁感应定律得，E＝错误!,I＝错误!，电荷量q＝I·Δt＝错误!＝错误!，下滑的位移x＝qRBL，B选项正确；根据能量守恒定律可知，重力势能减少量等于动能的增加量和产生的焦耳热，Q＝mgx sinθ－错误!mv2＝错误!sinθ－错误!mv2，故C选项正确;金属棒ab受到的最大安培力为F＝BIL＝B错误!L＝错误!，故D选项正确．答案：BCD3。

第一章第2讲匀变速直线运动的规律|基础题组|1．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是x，则质点运动的加速度为()A.3x2 B.2x3C.2x5 D.5x2解析：选C 3 s内的位移12at2＝92a,2 s内的位移12at′2＝2a，则9a2－2a＝x，解得a＝2x5，故A、B、D错误，C正确．2．某质点的位移随时间变化规律的关系是s＝4t＋2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为()A．4 m/s与2 m/s2B．0与4 m/s2C．4 m/s与4 m/s2D．4 m/s与0解析：选C根据匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋12at2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s＝4t＋2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v0＝4 m/s，加速度的大小为a＝4 m/s2，选项C正确．3．(2020届贵阳摸底)一幢高层商住楼的层高均为2.5 m，该楼房所装升降电梯运行速度的最大值为3 m/s，加速度大小不超过1 m/s2.若电梯中途不停，则住在31楼的某居民从一楼(地面)乘电梯到其所住楼层的最短时间为() A．13 s B．16 sC．21 s D．28 s解析：选D当电梯由静止开始以最大加速度加速到最大速度，最后以最大加速度减速停止在31楼时，用户到31楼用时最短．电梯总位移x＝(31－1)×2.5 m＝75 m，设匀加速时间为t1，对应位移为x1，匀减速时间为t2，对应位移为x2，由匀变速直线运动的规律可知，t 1＝t 2＝v m a ＝3 s ，x 1＝x 2＝v 2m 2a ＝4.5 m ，所以电梯匀速上升的位移x 3＝x －x 1－x 2＝66 m ，所用时间t 3＝663 s ＝22 s ，那么电梯从1楼到31楼的最短时间为t 1＋t 2＋t 3＝28 s ，D 正确．4．物体的初速度为v 0，以加速度a 做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n 倍，则物体发生的位移为( )A.(n 2－1)v 202aB.n 2v 202aC.(n －1)v 202aD.(n －1)2v 202a解析：选A 设位移为x ，由题意知末速度为n v 0，由v 2－v 20＝2ax ，得x ＝v 2－v 202a＝n 2v 20－v 202a ＝(n 2－1)v 202a ，选项A 正确．5．为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( )A ．1×10－3sB ．1×10－2 sC ．5×10－2sD ．0.1 s解析：选B 自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12 m 远小于5 m ，故可以近似地将AB 段当作匀速运动，故时间为t ＝AB v t＝0.12 m 10 m/s ＝0.012 s ≈1×10－2 s ，故选B. 6．(2020届江西临川一中考试)假设动车经过某铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某动车长为L ，通过铁路桥时的加速度大小为a ，动车全身通过桥头的时间为t 1，动车全身通过桥尾的时间为t 2，则动车车头通过铁路桥所需的时间为( )A.L a ·t 1＋t 2t 1t 2B.L a ·t 1＋t 2t 1t 2－t 2－t 12C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12 解析：选C 解法一(公式法)：设动车车头通过铁路桥的时间为t ，动车车头到达桥头处时的速度为v 1，动车车头到达桥尾时的速度为v 2，由运动学公式有L ＝v 1t 1－12at 21，L ＝v 2t 2－12at 22，动车车头由桥头处运动至桥尾处时，由运动学公式有v 1－v 2＝at ，解得t ＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12. 解法二(平均速度法)：设动车车头通过铁路桥的时间为t ，从动车车头到达桥头处开始计时，动车通过桥头的平均速度等于t 12时刻的瞬时速度v 1，则v 1＝L t 1，动车通过桥尾的平均速度等于t ＋t 22时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝L t 2，由运动学公式有v 1－v 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋t 22－t 12，解得t ＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12. 7．(多选)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s 增加到15 m/s 所用时间为t 1，位移为x 1；速度由15 m/s 增加到20 m/s 所用时间为t 2，位移为x 2.下列说法正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．x 1＝x 2D ．x 1<x 2解析：选BD 因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式Δv ＝at 可得，所用时间相同，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；根据公式x ＝v 2－v 202a 可得x 1<x 2，选项C 错误，D 正确．8．(多选)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是 ( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：选AC 物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610 s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t ＝2t 1＝2×1.6 s ＝3.2 s ，故A 、C 正确．|能力题组|9．(2020届湖南四校摸底)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第四个水球．不计子弹重力，则( )A ．子弹在每个水球中运动的时间相同B ．可以确定子弹穿过每个水球的时间C ．子弹在每个水球中速度变化相同D ．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等解析：选D 设水球的直径为d ，子弹在水球中运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以分析其逆过程，相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动．因为通过最后一个、最后两个、最后三个和全部四个水球的位移分别为d 、2d 、3d 和4d ，根据x ＝12at 2知，所用时间之比为1∶2∶3∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，A 错误；由以上的分析可知，子弹依次穿过四个水球的时间之比可求，但由于水球的直径和子弹的初速度未知，因此不能确定子弹穿过每个水球的具体时间，B 错误；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，但在每个水球中运动的时间不同，由Δv ＝at 可知，速度的变化量不同，C 错误；由A 选项的分析可知，子弹穿过前三个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，D 正确．10．如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s解析：选A 由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝x t ＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝v －v 0＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程x 1＝v 202g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝12gt 22，t 2＝t －v 0g ＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，A 正确．11．(多选)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移x 2＝2 m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选BCD 由Δx ＝aT 2可得加速度a ＝－1 m/s 2，选项B 正确；第1 s末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m/s ，得初速度v 0＝v 1－aT ＝3.5 m/s ，选项A 错误；物体速度由2.5 m/s 减小到0所需时间t ＝Δv a ＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t 3为1.5s ，则x 3＝－12at 23＝1.125 m ，选项C 正确；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t 3＝0.75 m/s ，选项D 正确．12．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点，从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/sB ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD ．A 、D 两点间的距离为12.25 m解析：选BD 设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42 s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝v AC ＝AB ＋BC 2t ＝5m/s ，选项A 错误；由速度与位移公式可得x AD ＝AB ＋v 2B 2a ＝12.25 m ，选项D 正确．13．接连发生的马航MH370和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t 0＝30 s 、在速度达到v 0＝72 m/s 时，驾驶员对发动机的运行状态进行判断；在速度达到v 1＝78 m/s 时，必须做出判断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v 2＝84 m/s 时，就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到决定中止起飞的最长时间；(2)若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以大小为4.2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最短长度．解析：(1)设飞机加速过程中的加速度大小为a1，则飞机从静止开始加速到v0的过程有：v0＝a1t0①设飞机从v0加速到v1所用的时间为t，则飞机在此过程中有：v1＝v0＋a1t ②联立①②得t＝2.5 s．③(2)设飞机从静止开始加速到v2发生的位移大小为x1，则有：v22＝2a1x1④设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2，加速度大小为a2，则有v22＝2a2x2⑤设跑道的最短长度为x，则依题意有x＝x1＋x2⑥联立①④⑤⑥得，x＝2 310 m.答案：(1)2.5 s(2)2 310 m14．2018年国际泳联跳水世界杯继续在武汉进行，女子单人10米台，中国选手包揽冠亚军，其中小将张家齐以427.30分夺冠，卫冕冠军，任茜以403.85分获得亚军．图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v 0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)．解析：(1)上升阶段：v 20＝2gh解得v 0＝2gh ＝3 m/s.(2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得t 1＝v 0g ＝310 s ＝0.3 s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2Hg ＝2×10.4510 s ≈1.45 s故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s.答案：(1)3 m/s (2)1.75 s。

天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业7 专题二受力分析共点力的平衡新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天之骄子2017高考物理一轮总复习课时强化作业7 专题二受力分析共点力的平衡新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时强化作业七专题二受力分析共点力的平衡1．如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为（）A．3个 B.4个C．5个D．6个解析：A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，研究物块A的受力情况，受到重力和物块B对A的支持力作用；研究物块B的受力情况，受到重力、斜面的支持力、物块A对B 的压力，斜面的摩擦力作用，共受到4个力作用，B选项正确．答案:B2．（2016届东三省联考）如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是( ) A．A、B之间一定存在摩擦力作用B．木块A可能受三个力作用C．木块A一定受四个力作用D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右解析:A、B之间的接触面可能存在摩擦力，也可能没有摩擦力,A选项错误；A、B之间没有摩擦力的情况下,木块A受到重力、木块B的支持力和墙壁的弹力作用，受三个力作用，B选项正确，C选项错误;木块B受到重力、木块A的压力、地面的支持力和水平向左的推力作用，处于平衡状态时,木块B与地面间不存在摩擦力，故D选项错误．答案：B3．如图所示,一个轻质光滑的滑轮(半径很小）跨在轻绳ABC上，滑轮下挂一个重为G的物体．今在滑轮上加一个水平拉力，使其向右平移到绳BC部分处于竖直、AB部分与天花板的夹角为60°的静止状态，则此时水平拉力的大小为( ）A．(2－错误!)G B。