(完整word)【金版教程金考卷】2016高三物理新一轮总复习阶段示范性测试：专题11——选修3-3

《金版新学案》高三物理一轮高效测评卷（四）大纲人教版本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1．下列说法正确的是A．走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的力时，人才能往前走B．走路时，地对脚的作用力与脚蹬地的力总是大小相等，方向相反的C．物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的10倍，则A对B的作用力大于B对A 的作用力D．以卵击石，石头没有损伤而鸡蛋破了，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力2.实验小组利用DIS系统数字化信息实验系统，观察超重和失重现象．他们在学校电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个拉力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上出现如右图所示图线，根据图线分析可知下列说法正确的是A．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态B．t1到t2时间内，电梯一定在向下运动，t3到t4时间内，电梯可能正在向上运动C．t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D．t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上3．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小此力的方向始终未变，在此过程中其余各力均不变．那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是4.木箱以大小为2 m/s2的加速度水平向右做匀减速运动．在箱内有一轻弹簧，其一端被固定在箱子的右侧壁，另一端拴接一个质量为1 kg的小车，木箱与小车相对静止，如右图所示．不计小车与木箱之间的摩擦．下列判断正确的是A．弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为10 NB．弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为2 NC．弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为10 ND．弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为2 N5.如右图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值6.在水平地面上运动的小车，车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根水平轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢也保持相对静止，如右图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变量为7．2011·河北保定三月如右图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，若将一个质量为3 kg的物体B轻轻放在A上，则放上的瞬间，B对A的压力大小为取g＝10 m/s2 A．30 N B．0C．18 N D．12 N8.质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上促使质量为m 的小球静止在圆槽上，如右图所示，则A ．小球对圆槽的压力为M m MF +B ．小球对圆槽的压力为m M mF +C ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小9.物体A 、B 都静止在同一水平面上，它们的质量分别是m A 和m B ，与水平面之间的动摩擦因数分别为μA 和μB .用平行于水平面的力F 分别拉物体A 、B ，得到加速度a 和拉力F 的关系图象分别如图中A 、B 所示．已知tan 26°34′＝0.5，利用图象可求出A 、B 两物体与水平面之间的动摩擦因数μA 和μB 的数值分别为A ．μA ＝151，μB ＝301 B ．μA ＝0.2，μB ＝0.1 C ．μA ＝0.1，μB ＝0.05 D ．μA ＝0.1，μB ＝0.210.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g取10 m/s2.若乘客把行李放上传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速度平行于传送带运动去取行李，则A．乘客与行李同时到达BB．乘客提前0.5 s到达BC．行李提前0.5 s到达BD．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B二、非选择题11.一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v－t图象g取10 m/s2．求1滑块冲上斜面过程中加速度的大小；2滑块与斜面间的动摩擦因数；3判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出滑块返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块所停位置．12．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，求：1t时刻飞行器的速率；2整个过程中飞行器离地的最大高度．答案与解析1．解析：地对脚的作用力与脚蹬地的力是作用力和反作用力，由牛顿第三定律，这两个力总是大小相等，方向相反的，A不正确，B正确；物体A对B的作用力总是等于B对A的作用力，与A、B两物体的质量无关，C不正确；以卵击石时，鸡蛋对石头的作用力等于石头对鸡蛋的作用力，但鸡蛋的承受能力较小，所以鸡蛋会破，D不正确．答案： B2．解析：在t1～t2时间内F<mg，电梯具有向下的加速度，处于失重状态，t3～t4时间内F>mg，电梯有向上的加速度，处于超重状态，A正确．因电梯速度方向未知，故当速度方向向上时，电梯先减速向上，接着匀速向上，再加速向上，当速度方向向下时，电梯先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，C正确．答案：AC3．解析：物体所受合力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，速度一直增大，D 正确．答案： D4．解析：由木箱水平向右做匀减速运动可知小车加速度方向水平向左，小车所受合外力方向水平向左，弹簧向左的弹力提供合外力，弹力大小为F＝ma＝2 N，选项B正确．答案： B5．答案： D6．答案： A7．解析：在B放前弹簧弹力F＝m A g；放上B瞬间弹力不变，对AB系统有：m A＋m B g－F ＝m A ＋m B a ，解得a ＝＝6 m/s 2.对B 有：m B g －F N ＝m B a ，解得F N ＝12 N ，故D 正确．答案： D 8．解析： 利用整体法可求得系统的加速度a ＝M m F +，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为 ，可知只有C 选项正确．答案： C 9．解析： 由于两图线与横轴交于同一点横轴截距，即F ＝2 N ，可知物体A 、B 与水平面的摩擦力均为2 N ，即F fA ＝F fB ＝2 N ，μB m B g ＝2 N ，由牛顿第二定律F A －F f ＝m A a A ，F B －F f ＝m B a B ，将F A ＝6 N ，a A ＝2.0 m/s 2，F B ＝6 N ，a B ＝1.0 m/s 2代入解得，m A ＝2 kg ，m B ＝4 kg.又μA m A g ＝2 N ，μB m B g ＝2 N ，解得μA ＝0.1，μB ＝0.05.所以C 正确．答案： C10．解析： 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg＝1 m/s 2，历时t 1＝a v ＝1 s 达到共同速度，位移s 1－2v t 1＝0.5 m ，此后匀速运动t 2＝v s s 1-＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ，乘客到达B ，历时t ＝s/v ＝2 s ．故B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动时间最短，最短时间t min ＝as 2，D 正确． 答案： BD11．解析：1滑块的加速度大小a ＝a ＝12 m/s 2 2滑块在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝maμ＝≈0.813滑块速度减小到零时，重力沿斜面方向的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．s＝s＝1.5 m滑块停在斜面上，距底端1.5 m处．答案：112 m/s220.81 3不能距底端1.5 m处12．解析：1起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30°斜向上，设推力为F、合力为F合，如右图所示．在△OFF合中，由几何关系得F合＝mg 由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1＝＝g则t时刻的速率v＝a1t＝gt.2推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′合垂直，如右图所示．此时合力大小F′合＝mgsin 30°答案：1gt 2。

《金版新学案》高三物理一轮 高效测评卷（一） 大纲人教版本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1．某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动．则下列说法正确的是A ．拉力的水平分力等于桌子所受的合力B ．拉力的竖直分力小于桌子所受重力的大小C ．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小D ．拉力与重力的合力方向一定沿水平方向 2.如右图所示，一运送救灾物资的直升飞机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m ，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为F 阻，悬索对物资的拉力为F ，重力加速度为g ，则A ．F 阻＝mgsin θB ．F 阻＝mgtan θC ．F ＝mgcos θD ．F ＝tan mg3.如右图所示，小车沿水平面向右做匀加速直线运动，车上固定的硬杆和水平面的夹角为θ，杆的顶端固定着一个质量为m的小球，当小车运动的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力F1至F4变化的变化图示沿杆方向可能是4.如右图所示，在倾角为53°的斜面上，用沿斜面向上5 N的力拉着重4 N的木块向上做匀速运动，则斜面对木块的总作用力的方向是A．垂直斜面向上B．水平向左C．沿斜面向下D．竖直向上5．密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上A点，如右图所示，当逆时针缓慢向下用力F抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力，但在D点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下述分析正确的是A．悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大B．地膜对墙的压力在减小C．拉动地膜的力在减小D．地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力不变6．如右图所示，在绳下端挂一物体，用力F拉物体使悬线偏离竖直方向的夹角为α，且保持其平衡．保持α不变，当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应是A．0 B.2C．α D．2α7．如图甲所示，在圆柱体上放一物块P，圆柱体绕水平轴O缓慢转动，从A转至A′的过程，物块与圆柱体保持相对静止，则图乙反映的是该过程中A．重力随时间变化的规律B．支持力随时间变化的规律C．摩擦力随时间变化的规律D．合外力随时间变化的规律8.如右图所示，物体A静止在倾角为30°的斜面上，现将斜面倾角由30°增大到37°，物体仍保持静止，则下列说法中正确的是A．A对斜面的压力不变B．A对斜面的压力增大C．A受到的摩擦力不变D．A受到的摩擦力增大9．如下图所示，质量分别为m A和m B的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上．已知m A＝2m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是A．细绳对A的拉力将增大B．A对斜面的压力将减小C．A受到的静摩擦力不变D．A受到的合力将增大10.如右图所示，一个木块放在固定的粗糙斜面上，今对木块施一个既与斜面底边平行又与斜面平行的推力F，木块处于静止状态，如将力F撤消，则木块A．仍保持静止B．将沿斜面下滑C．受到的摩擦力大小不变D．受到的摩擦力方向不变二、非选择题11.2011·武汉市五校联考利用下列器材设计实验研究三力平衡的规律：器材：三根完全相同的轻质弹簧每根弹簧的两端均接有适当长度的细绳套，几个小重物，一把刻度尺，一块三角板，一枝铅笔，一张白纸，几枚钉子．1按下列步骤进行实验，请在横线上将步骤补充完整：①用两枚钉子将白纸白纸的上边沿被折叠几次钉在竖直墙壁上，将两根弹簧一端的细绳套分别挂在两枚钉子上，另一端的细绳套与第三根弹簧一端的细绳套连接．待装置静止后，用刻度尺测出第三根弹簧两端之间的长度，记为L0；②在第三根弹簧的另一个细绳套下面挂一个重物，待装置静止后，用铅笔在白纸上记下结点的位置O和三根弹簧的方向．用刻度尺测出第一、二、三根弹簧的长度L1、L2、L3，则三根弹簧对结点O的拉力之比为________；③取下器材，将白纸平放在桌面上．用铅笔和刻度尺从O点沿着三根弹簧的方向画直线，按照一定的标度作出三根弹簧对结点O的拉力F1、F2、F3的图示．用平行四边形定则求出F1、F2的合力F.④测量发现F与F3在同一直线上，大小接近相等，则实验结论为：________；2若钉子位置固定，利用上述器材，改变条件再次验证，可采用的办法是________；3分析本实验的误差来源，写出其中两点：______；______.12.如右图所示，在倾角为37°的固定斜面上静置一个质量为5 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.求：1物体所受的摩擦力；si n 37°＝0.6，cos 37°＝0.82若用原长为10 cm，劲度系数为3.1×103 N/m的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？取g＝10 m/s21.解析：本题考查共点力平衡．由于桌子做匀速直线运动，故受力平衡，所受合力为零，拉力在水平方向的分量不为零，选项A错误；由于拉力在水平方向的分量与摩擦力平衡，所以地面对桌子的支持力不为零，选项B正确；拉力与摩擦力的合力应等于重力与支持力的合力大小，选项C错误；由于拉力大小和方向均未明确，拉力与重力的合力方向不确定，选项D 错误．答案： B2.解析：救灾物资匀速飞行，受力平衡，它受到向下的重力mg，向右的阻力F阻和沿细绳斜向上的拉力，可得F阻＝mgtan θ，B项正确．答案： B3.解析：小球只受重力和杆的弹力作用．杆的弹力F的竖直分量与重力平衡，水平分量产生加速度，即F竖直＝mg，F水平＝ma，所以选项C正确．答案： C4.解析：木块受到重力、支持力、拉力和摩擦力而处于平衡状态，因沿斜面向上的拉力在竖直方向的分力为Fsin 53°＝5×0.8 N＝4 N＝mg，沿斜面向上的拉力在水平向右方向的分力为Fcos 53°＝5×0.6 N＝3 N，由平衡条件知斜面对木块的总作用力的方向是水平向左，故选项B正确．答案： B5.解析：当地膜不断被抽出过程中，OD逐渐减小，∠OAD逐渐减小，由于地膜质量不断减小，由共点力平衡可知轻绳拉力逐渐减小，选项A错误、B正确；因地膜卷对墙壁的压力逐渐减小，由F f＝μFN可知摩擦力逐渐减小，选项C正确；由于支持力逐渐减小，∠OAD逐渐减小，根据三角形定则可知地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力减小，选项D错误．答案：BC6.解析：由题图可知当F与倾斜绳子垂直时F有极小值，所以β＝α.答案： C7.解析：在圆柱体缓慢转动的过程中，物块P的重力是定值，不随时间发生变化，A错；物块P受三个力的作用，竖直向下的重力G，沿半径指向外的支持力FN，沿切线方向的静摩擦力F f，因圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合力为零，D错；对三力正交分解，设重力G与支持力FN方向所夹锐角为θ，则FN＝mgcos θ，F f＝mgsin θ，从A转至A′的过程中，θ先减小后增大，所以FN先增大后减小，B对；而F f先减小后增大，C错．答案： B8.解析： 物体A 受力分析如图所示，将重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解．则静摩擦力F f ＝mgsin θ，F f 随θ的增大而增大；斜面对物体的支持力FN ＝mgcos θ，由牛顿第三定律，A 对斜面的压力F ＝mgcos θ，随θ的增大而减小． 答案： D 9.解析：对A 受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：FN －Gcos θ＝0，Gsin θ－F f －F ＝0，F ＝2G若θ从45°增大为50°，则有FN 减小，F f 增大．物体A 受到的合力仍为0. 答案： B10.解析： 有力F 作用时，木块在斜面内的受力如右图，且 F f 22(sin )F mg θ+当撤去力F 后，木块只受mgsin θ和F′f ，且F′f <F f 故仍静止，摩擦力的方向变为沿斜面向上．答案应为A. 答案： A11.答案：1②L1－L0∶L2－L0∶L3－L0④在实验误差范围内，结点O受三个力的作用处于静止状态，合力为零2换不同重量的小重物3未考虑弹簧自身的重量记录O、L0、L1、L2、L3及弹簧的方向时产生误差或白纸未被完全固定等12.解析：1物体静止在斜面上受力分析如右图所示，则物体受到的静摩擦力F f＝mgsin 37°代入数据得F f＝5×10×sin 37°N＝30 N，摩擦力方向为沿斜面向上．2当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如下图所示，弹簧拉力设为F，伸长量为x，则F＝kxF＝mgsin 37°＋F滑F滑＝μmgcos 37°弹簧最终长度l＝l0＋x，由以上方程解得l＝12 cm.答案：130 N 方向沿斜面向上212 cm。

本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1．关于位移和路程，下列说法中正确的是A．出租车是按位移的大小来计费的B．出租车是按路程的大小来计费的C．在田径场1 500 m长跑比赛中，跑完全程的运动员的位移大小为1 500 mD．高速公路路牌上标示“上海100 km”，表示该处到上海的位移大小为100 km 2．2011·贵州模拟甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内A．甲的位移一定比乙的大B．甲的平均速度一定比乙的大C．甲的速度变化一定比乙的大D．甲受到的合外力一定比乙的大3．以v0＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，经2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g 取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是A．10 m B．15 mC．20 m D．不会相碰4．某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的A．路程为65 mB．位移大小为25 m，方向向上C．速度改变量的大小为10 m/sD．平均速度大小为13 m/s，方向向上5．在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2 s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为A．若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sB．若力的方向由a向b，则小于1 m/s；若力的方向由b向a，则大于1 m/sC．无论力的方向如何，均大于1 m/sD．无论力的方向如何，均小于1 m/s6．将一小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为s1和s2，速度的变化量为Δv1和Δv2的大小关系为A．s1>s2 B．s1<s2C．Δv1>Δv2 D．Δv1<Δv27．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，在第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，s9＝40.5 mB．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，s9＝45 mC．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，s9＝45 mD．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，s9＝36.9 m8.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如右图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v－t图象正确的是9．一杂技演员，用一只手抛球．他每隔0.40 s抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有四个球，将球的运动看做是竖直方向的运动，不计空气阻力，g ＝10 m/s2，则球能到达的最大高度从抛球点算起是A．1.6 m B．2.4 mC．3.2 m D．4.8 m二、非选择题10．2011·陕西检测为了测量物体沿斜面匀加速下滑的加速度，打点计时器打出的纸带如下图所示．已知纸带上各相邻点的时间间隔为T，则可以得出打点计时器在打出C点时小车的速度大小的表达式为________，小车运动的加速度大小的表达式为________．为了减小误差，要求所有测量数据都要用到11．一辆汽车以72 km/h的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动，已知汽车刹车过程加速度的大小为5 m/s2，则从开始刹车经过5 s，汽车通过的位移是多大？12.一物体以一定的初速度冲上一倾角为θ的斜面，结果最后静止在斜面上，如右图所示，在第1 s内位移为6 m，停止运动前的最后1 s内位移为2 m，求：1在整个减速运动过程中质点的位移大小；2整个减速过程共用多少时间．解析及答案一、选择题1．解析：出租车是按车行驶的路程计费的，A错误、B正确；在田径场1 500 m长跑比赛中，运动员跑完全程的位移，即从起点指向终点的有向线段的长度小于1 500 m，C错误；高速公路路牌上标示“上海100 km”，表示该处到上海的路程为100 km，D错误．答案： B2．解析：加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，所以相同时间内加速度大的速度变化一定大，C正确；由于物体初速度未知，物体质量未知，故A、B、D错误．答案： C3．解析：设第二个小球抛出后经t s与第一个小球相遇．根据位移相等有v0t＋2－ g t＋22＝v0t－ gt2.解得t＝1 s，代入位移公式h＝v0t－ gt2，解得h＝15 m.答案： B4．解析：初速度为30 m/s，只需3 s即可上升到最高点，位移为h1＝＝45 m，再自由下落2 s，下降高度为h2＝0.5×10×22 m＝20 m，故路程为65 m，A对；此时离抛出点高25 m，故位移大小为25 m，方向竖直向上，B对；此时速度为v＝10×2 m/s＝20 m/s，方向向下，速度改变量大小为50 m/s，C错；平均速度为m/s＝5 m/s，D错．答案：AB5．解析： C6．解析：上升的加速度a1大于下落的加速度a2，根据逆向转换的方法，上升的最后一秒可以看成以加速度a1从零下降的第一秒，故有：Δv＝a1t，s1＝ a1t2；而以加速度a2下降的第一秒内有：Δv2＝a2t，s2＝ a2t2，因a1>a2，所以s1>s2，Δv1>Δv2，即A、C 正确．答案：AC7．解析：a＝＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝0.5＋1×9＝9.5 m/s，s9＝v0t＋ at2＝0.5×9＋×1×92＝45 m，故正确选项为C.答案： C8.解析：物体在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做匀减速直线运动，到2 s时速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动．9. 解析：每一个小球均做竖直上抛运动，根据题意并由运动的对称性，可得出至少有如图所示的状态，则H＝ gt2＝×10×0.82m＝3.2 m，即球能到达的最大高度是3.2 m，C项正确．答案： C10．解析：答案：二、非选择题11．解析：在汽车刹车的过程中，汽车做匀减速直线运动并最终停止，汽车停止运动后加速度消失．故在题给的时间内汽车是否一直减速，还需要判定，设汽车由开始刹车至停止运动所用的时间为t0，选初速度方向为正方向．v0＝72 km/h＝20 m/s则t0＝s＝4 s可见，该汽车刹车后经过4 s停止．所以刹车后5 s内通过的位移：s＝v0t0＋ at＝20×4 m＋×－5×42 m＝40 m因为汽车最终静止，也可由v＝2as求解：答案：40 m12.解析：1设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为v0.由于质点停止运动前的最后1 s内位移为2 m，则答案：18 m 2 2 s。

阶段示范性金考卷 (十一 )本卷测试内容：选修3－3本试卷分为第Ⅰ卷 (选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 )两部分，共 110 分。

测试时间 90 分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共 60 分)一、选择题 (此题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分。

在每题给出的四个选项中，第 1、3、 5、6、7、9、12 小题，只有一个选项正确；第2、4、8、10、11 小题，有多个选项正确，所有选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。

)1. [2014 上·海市十校高三联考 ]以下说法中正确的选项是 ()A.温度低的物体内能小B.外界对物体做功时，物体的内能必定增添C.温度低的物体分子运动的均匀动能小D.做加快运动的物体，因为速度愈来愈大，所以物体分子的均匀动能愈来愈大分析：物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素相关，所以温度低的物体内能不必定小，选项 A 错误；做功和热传达均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项 B 错误；物体的温度低表示物体分子运动的均匀动能小，选项 C 正确；物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同，明显，选项 D 错误。

答案： C2.以下图，两个同样的玻璃瓶分别装有质量同样的热水和冷水，以下说法正确的选项是()A.热水中每个分子的动能都比冷水中每个分子的动能大B.热水的内能大于冷水的内能C.同样的固体悬浮颗粒，在热水中的布朗运动比在冷水中明显D.热水和冷水的分子个数不同分析：温度是分子均匀动能的标记，分子均匀动能大，其实不意味着每个分子的动能都大， A 错；热水的温度高，内能大， B 正确；温度越高，布朗运动越明显， C 正确；热水和冷水的质量同样，物质的量同样，分子个数同样， D 错误。

答案： BC3. 以下图，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无量远处由静止开释，在分子力的作用下凑近甲。

图中 b 点是引力最大处， d 点是分子靠得近来处，则乙分子速度最大处是()A. a 点B. b 点C. c 点D. d 点分析：由分子力与分子之间距离的图象能够看出，乙分子从无量远处到 c 点过程中，分子力做正功，分子动能增大，从 c 到 d 过程中，分子力做负功，动能减小，所以经过地点 c 时速度最大。

阶段示范性金考卷(十三)本卷测试内容：选修3－5本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，第1、3、4、5、9小题，只有一个选项正确；第2、6、7、8、10、11、12小题，有多个选项正确，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. 有关光的本性的说法正确的是()A. 关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B. 光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C. 光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性D. 在光的双缝干涉实验中，如果光通过双缝则显出波动性，如果光只通过一个缝则显出粒子性解析：牛顿提出“微粒说”不能说明光的本性，A错；光既不能看成宏观上的波也不能看成微观上的粒子，B错；双缝干涉和单缝衍射都说明光的波动性，当让光子一个一个地通过单缝时，曝光时间短显示出粒子性，曝光时间长则显示出波动性，D错误。

答案：C2. [2014·长治市期末]下列关于近代物理知识的描述中，正确的是()A. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出B. 原子发光现象与原子核内部变化无关C. 金属内的每个电子可以吸收一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出成为光电子D. 在147N＋42He→178O＋X核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变E. 放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核有半数衰变所需要的时间解析：根据光电效应规律，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出，选项A正确；原子发光是原子核外电子跃迁的结果，与原子核的变化无关，选项B正确；电子只可吸收一个光子，若不能逸出，则能量很快损失掉不能积累，故C错；X是质子而不是氦核，故不能叫α衰变，而是人工转变；半衰期是一个具有统计意义的概率，对大量元素才有意义，故E对。

阶段示范性金考卷(六)本卷测试内容：静电场本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部份，共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共65分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分。

在每小题给出的四个选项中，第二、3、4、五、八、1二、13小题，只有一个选项正确；第一、六、7、九、10、11小题，有多个选项正确，全数选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A. A点的电场强度大小为2×103 N/CB. B点的电场强度大小为2×103 N/CC. 点电荷Q在A、B之间D.点电荷Q在A、O之间解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q 在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误。

答案：AC2. 如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点。

离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同。

能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象是( )解析：从A到B，正离子受到的电场力方向与运动方向相同，所以该离子做加速运动；考虑到电场线愈来愈疏，场强愈来愈小，正离子受到的电场力和加速度也愈来愈小，该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象的斜率也愈来愈小。

综上分析，选项C正确。

答案：C3．[2014·舟山模拟] 真空中一点电荷形成的电场中的部份电场线如图所示，别离标记为一、二、3、4、5，且一、5和二、4别离关于3对称。

以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点别离为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是( )A. 电场强度E a<E cB. 电势φb>φdC. 将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D. 将一负电荷由b点移到e点，电势能增大解析：由点电荷电场散布特点可知，以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场壮大小均相等，沿题图所示的电场方向，等势面的电势愈来愈低，电场线愈来愈密，故E a>E c，A错误；φb＝φd，B错误；U ad<0，正电荷由a点移到d点时，W ad＝U ad q<0，C错误；又U be>0，负电荷由b点移到e点时，W be＝U be·(－q)<0，即电场力做负功，电势能增大，D正确。

阶段示范性金考卷(九)本卷测试内容：电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，第1、4、5、7小题，只有一个选项正确；第2、3、6、8、9、10、11、12小题，有多个选项正确，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. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用。

磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确。

本题难度易。

答案：B2. 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻。

一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场。

下列说法中正确的是( )A. 导体棒ab中电流的流向为由b到aB. cd两端的电压为1 VC. de两端的电压为1 VD. fe两端的电压为1 V解析：导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝BLv＝2 V，感应电流I＝E/2R＝0.1 A，cd两端的电压为U1＝IR＝1 V，选项B正确；由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，选项C错误，D正确。

《金版新学案》高三物理一轮高效测评卷（10）大纲人教版本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1.如右图所示，木块A静止于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是A．A、B物体最终以不为零的速度共同运动B．A物体先做加速运动，后做减速运动，最终做匀速运动C．物体A、B构成的系统减少的机械能转化为内能D．B物体减少的机械能等于A物体增加的动能2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B 球的动量是7 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．3 kg·m/s，9 kg·m/sC．－2 kg·m/s，14 kg·m/s D．－5 kg·m/s，15 kg·m/s3.甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如右图所示．设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1，乙在t2时间内所受的冲量大小为I2，则F、I的关系A．F1＞F2，I1＝I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1＝F2，I1＝I24．如下图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1＞m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长弹簧仍在弹性限度内的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是A．系统受到外力作用，动量不断增大B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小答案：BC5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为A.错误!B.错误!C．2 D.错误!解析：设碰前A球的速率为v，根据题意，p A＝p B，即mv＝2mv B，得碰前v B＝错误!，碰后v′A＝错误!，由动量守恒定律，有mv＋2m×错误!＝m×错误!＋2mv′B解得v′B＝错误!v，所以错误!＝错误!＝错误!.答案： D6．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为s的水平地面上，如右图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌边距离为A.错误!B.错误!C．s D.错误!s解析：当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝错误!mv错误!，根据平抛运动规律有：s＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的档板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为v A和v B，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A－mv B＝0，Ep＝错误!·2mv 错误!＋错误!mv错误!，解得v B＝错误!v0，B球的落地点距桌边距离为s′＝v B t＝错误!s，D 选项正确．答案： D7.水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如右图所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量p1的大小小于子弹动量p2的大小，最终木箱停在桌面上的Q点，下列说法中正确的是A．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧B．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧C．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧D．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧解析：p1＜p2，子弹和木箱合为一体总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs＝错误!mv2，最后停于Q点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q点，C、D错．答案： A8．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如下图所示，具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于A．E0 B.错误!E0C.错误!E0D.错误!E0解析：物块1的动能E0＝错误!mv错误!，得v0＝错误!，其初动量p1＝mv0＝错误!.由5个物块组成的系统动量守恒，以碰撞前为初状态，碰后粘连在一起为末状态，有p1＝5mv即错误!＝5mv可得v＝错误!错误!末动能Ek＝错误!5m v2＝错误!×5m错误!2＝错误!，选项C正确．答案： C二、非选择题9．用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的__________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差错误!＝__________%结果保留一位有效数字．解析：M、N分别是碰后A、B两球的落点位置，P是碰前A球的落点位置，碰前系统总动量可等效表示为p＝m A·错误!，碰后总动量可等效表示为p ′＝m A·错误!＋m B·错误!，则其百分误差错误!＝错误!＝2%，故其百分误差为2%.答案：P 210．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0＝mv①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞错误!Mv错误!＝错误!mv2②联立①②解得m＝M.答案：M11.如右图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M＝40 kg 的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m＝20 kg的物体C以2.0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h＝1.6 m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．取g＝10 m/s2，求：1物体与小车保持相对静止时的速度v；2物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；3物体在小车上相对滑动的距离d.解析：1下滑过程机械能守恒mgh＋错误!mv错误!＝0＋错误!mv错误!物体相对于小车板面滑动过程动量守恒mv2＝m＋M v联立解得v＝错误!＝2 m/s.2对小车由动量定理有μmgt＝Mv，解得t＝错误!＝1 s.3设物体相对于小车板面滑动的距离为L由能量守恒有：μmgL＝错误!mv错误!－错误!m＋M v2代入数据解得：L＝3 m.答案：1 2 m/s 2 1 s 3 3 m12．探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面见图a；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞见图b；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处见图c．设内芯与外壳间的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g.求：1外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；2从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；3从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能．解析：1由4m＋m g h2－h1＝错误!4m＋m v错误!－0，得v2＝错误!.2由4mv1＝4m＋m v2将v2代入得v1＝错误!错误!由W－4mgh1＝错误!4m v错误!，将v1代入得W＝错误!mg.3E损＝错误!4m v错误!－错误!4m＋m v错误!，将v1、v2代入得E损＝错误!mg h2－h1．答案：1错误!2错误!mg3错误!mg h2－h1本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1.如右图所示，木块A静止于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是A．A、B物体最终以不为零的速度共同运动B．A物体先做加速运动，后做减速运动，最终做匀速运动C．物体A、B构成的系统减少的机械能转化为内能D．B物体减少的机械能等于A物体增加的动能解析：因NP足够长，最终物体B一定与A相对静止，由系统动量守恒可知水平方向，最终A、B一定静止，故A、B均不对；因NP段有摩擦，系统减少的机械能都转化为内能，所以C正确，D错误．答案： C2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B 球的动量是7 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．3 kg·m/s，9 kg·m/sC．－2 kg·m/s，14 kg·m/s D．－5 kg·m/s，15 kg·m/s解析：两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的动量，故B、C正确．A 选项虽然作用前后的动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，所以A错．D选项的动量不守恒，所以D错．答案：BC3.甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如右图所示．设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1，乙在t2时间内所受的冲量大小为I2，则F、I的关系A．F1＞F2，I1＝I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1＝F2，I1＝I2解析：由题图可知，甲物体p－t图线的斜率大于乙物体，因F＝错误!，故F1＞F2.甲、乙两物体动量的变化量Δp大小相等，因此I1＝I2.答案： A4．如下图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1＞m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长弹簧仍在弹性限度内的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是A．系统受到外力作用，动量不断增大B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小答案：BC5．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为A.错误!B.错误!C．2 D.错误!解析：设碰前A球的速率为v，根据题意，p A＝p B，即mv＝2mv B，得碰前v B＝错误!，碰后v′A＝错误!，由动量守恒定律，有mv＋2m×错误!＝m×错误!＋2mv′B解得v′B＝错误!v，所以错误!＝错误!＝错误!.答案： D6．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为s的水平地面上，如右图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌边距离为A.错误!B.错误!C．s D.错误!s解析：当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝错误!mv错误!，根据平抛运动规律有：s＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的档板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为v A和v B，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A－mv B＝0，Ep＝错误!·2mv 错误!＋错误!mv错误!，解得v B＝错误!v0，B球的落地点距桌边距离为s′＝v B t＝错误!s，D 选项正确．答案： D7.水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如右图所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量p1的大小小于子弹动量p2的大小，最终木箱停在桌面上的Q点，下列说法中正确的是A．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧B．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧C．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧D．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧解析：p1＜p2，子弹和木箱合为一体总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs＝错误!mv2，最后停于Q点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q点，C、D 错．答案： A8．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如下图所示，具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后，5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于A．E0 B.错误!E0C.错误!E0D.错误!E0解析：物块1的动能E0＝错误!mv错误!，得v0＝错误!，其初动量p1＝mv0＝错误!.由5个物块组成的系统动量守恒，以碰撞前为初状态，碰后粘连在一起为末状态，有p1＝5mv即错误!＝5mv可得v＝错误!错误!末动能Ek＝错误!5m v2＝错误!×5m错误!2＝错误!，选项C正确．答案： C二、非选择题9．用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的__________点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差错误!＝__________%结果保留一位有效数字．解析：M、N分别是碰后A、B两球的落点位置，P是碰前A球的落点位置，碰前系统总动量可等效表示为p＝m A·错误!，碰后总动量可等效表示为p ′＝m A·错误!＋m B·错误!，则其百分误差错误!＝错误!＝2%，故其百分误差为2%.答案：P 210．一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0＝mv①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞错误!Mv错误!＝错误!mv2②联立①②解得m＝M.答案：M11.如右图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M＝40 kg 的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m＝20 kg的物体C以2.0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h＝1.6 m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ＝0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．取g＝10 m/s2，求：1物体与小车保持相对静止时的速度v；2物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；3物体在小车上相对滑动的距离d.解析：1下滑过程机械能守恒mgh＋错误!mv错误!＝0＋错误!mv错误!物体相对于小车板面滑动过程动量守恒mv2＝m＋M v联立解得v＝错误!＝2 m/s.2对小车由动量定理有μmgt＝Mv，解得t＝错误!＝1 s.3设物体相对于小车板面滑动的距离为L由能量守恒有：μmgL＝错误!mv错误!－错误!m＋M v2代入数据解得：L＝3 m.答案：1 2 m/s 2 1 s 3 3 m12．探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面见图a；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞见图b；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处见图c．设内芯与外壳间的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g.求：1外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；2从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；3从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能．解析：1由4m＋m g h2－h1＝错误!4m＋m v错误!－0，得v2＝错误!.2由4mv1＝4m＋m v2将v2代入得v1＝错误!错误!由W－4mgh1＝错误!4m v错误!，将v1代入得W＝错误!mg.3E损＝错误!4m v错误!－错误!4m＋m v错误!，将v1、v2代入得E损＝错误!mg h2－h1．答案：1错误!2错误!mg3错误!mg h2－h1滚动训练五本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地．这是为了A．减小冲量B．使动量的增量变得更小C．增长和地面的冲击时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到安全作用解析：从某一高度跳下，刚落到地面时的速度是一定的，在脚与地面接触过程中，速度由v0，受力为向上的地面的FN和自身重力mg，由动量定理可知，若规定向上为正方向，则有：0－m－v＝FN－mg t，t变大则FN变小，选C.答案： C2.某质点做直线运动的位移s和时间t的关系如右图所示，那么该质点在3 s内通过的路程是A．2 m B．3 mC．1 m D．0.5 m解析：由题图可知，在0～1 s内质点静止在位移为1 m的地方；1～2 s内质点从位移为1 m的地方匀速运动到位移为2 m的地方；在2～3 s内质点静止在位移为2 m的地方，因而质点在3 s内的路程即为在1～2 s内通过的路程，应为1 m.答案： C3.如右图所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运动．从a点开始受到一个水平向左的恒力F的作用，经过一段时间后又回到a点，则物体在这一往返运动的过程中，下列说法中正确的是A．恒力F对物体做的功为零B．摩擦力对物体做的功为零C．恒力F的冲量为零D．摩擦力的冲量为零解析：由功的定义可知，在这一往返过程中，物体位移为零，所以恒力对物体做的功为零，A正确；由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反，所以摩擦力对物体做的功为负值，B错误；由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量，所以C、D错误．答案： A4．如下图所示，跳水运动员图中用一小圆圈表示，从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s.若经过1 s时，速度为v＝10错误! m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为g＝10 m/s2，不计空气阻力A．600 kg·m/s B．600错误!kg·m/sC．600错误!－1kg·m/s D．600错误!＋1kg·m/s解析：运动员所做的是平抛运动，初末速度不在一条直线上，因此直接用初末动量相加减麻烦，要用到矢量运算，由问题特点，在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量Δp＝I＝mg·t＝600 kg·m/s.答案： A5.如右图所示是某物体做匀变速直线运动的速度图线，某同学根据图线得出以下分析结论：①物体始终沿正方向运动；②物体先向负方向运动，在t＝2 s后开始向正方向运动；③在t ＝2 s前物体位于出发点负方向上，在t＝2 s后位于出发点正方向上；④前4 s内，在t＝2 s时，物体距出发点最远，以上分析结论正确的是A．只有①③B．只有②③C．只有②④ D．只有①解析：物体的运动方向即为速度方向，从图上可知物体在2 s前速度为负值，即物体向负方向运动；2 s后速度为正值，即物体向正方向运动．故①是错误的，②是正确的．物体的位置要通过分析位移来确定，物体在某段时间内的位移等于速度—时间图线中对应图线所包围的面积的代数和．由图可知前4 s内物体在2 s时有最大的负位移；虽然2 s 后运动方向改为正方向，但它的位置仍在位置坐标值负值处 4 s末物体回到原点，故③是错误的，④是正确的．所以选项C对．答案： C6.2011·日照模拟如右图所示，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L 的细线悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为A．F1<F2 B．F1>F2C．F1＝F2 D．因k1、k2大小关系未知，故无法确定解析：对小球B受力分析如图所示，由三角形相似得：错误!＝错误!＝错误!同理，当换用劲度系数为k2的轻弹簧时，再用三角形相似得出：错误!＝错误!＝错误!，由以上两式比较可知，F1＝F2＝mg，C正确．答案： C7.如右图所示，在质量为m B＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量m A＝20 kg的小物体A可视为质点，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动s＝5.0 m，且这段时间内小物体未与车厢壁发生过碰撞，车厢与地面间的摩擦忽略不计．则A．车厢B在2.0 s内的加速度为2.5 m/s2B．A在2.0 s末的速度大小是4.5 m/sC．2.0 s内A在B上滑动的距离是0.5 mD．A的加速度大小为2.5 m/s2解析：设t＝2.0 s内车厢的加速度为a B，由s＝错误!a B t2，得a B＝2.5 m/s2，A正确；由牛顿第二定律：F－F f＝m B a B，得F f＝45 N．所以A的加速度大小为a A＝F f/m A＝2.25 m/s2，因此，t＝2.0 s末A的速度大小为：v A＝a A t＝4.5 m/s，B正确，D错误；在t＝2.0 s内A运动的位移为s A＝错误!a A t2＝4.5 m，A在B上滑动的距离Δs＝s－s A＝0.5 m，C正确．答案：ABC8．我国在近两年将发射10颗左右的导航卫星，预计在2015年建成由30多颗卫星组成的“北斗二号”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成．现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36 000 km的地球同步轨道上．而美国的全球卫星定位系统简称GPS由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20 000 km.则下列说法中正确的是A．“北斗一号”系统中的二颗卫星的质量必须相等B．GPS的卫星比“北斗一号”的卫星周期短C．“北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大D．“北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度答案： B9.如右图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，车上放有一木块B.车左边紧靠一个固定的光滑的1/4圆弧轨道，其底端的切线与车表面相平．木块A从轨道顶端静止释放滑行到车上与B碰撞并立即黏在一起在车上滑行，与固定在平板车上的轻弹簧作用后被弹回，最后两木块与车保持相对静止，则从A开始下滑到相对静止全过程中，A、B和车组成的系统A．动量守恒B．小车一直向右运动C．机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热D．弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热解析：A开始下滑到相对静止的全过程，A、B和车组成的系统动量不守恒，因为A在圆弧上运动时轨道对A有支持力；系统减少的机械能一部分在A、B碰撞中损失了，另一部分转化为内能；A、B一起在车上运动过程中，A、B和车组成的系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，只有当弹簧压缩到最短A、B和车的速度相同到A、B和车又一起向右运动的过程中弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间摩擦生热，故弹簧的最大弹性势能不等于全过程木块与车之间摩擦生热；根据动量定恒可知小车一直向右运动．所以正确答案是B.答案： B二、非选择题10．某同学用图甲所示的装置通过半径相同的A、B两球m A>m B的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．。