高三物理一轮复习练习题必修5.2

竖直上抛运动〔2〕1.将一物体竖直向上抛出，物体在2秒末和4秒末通过同一位置，物体抛出时的初速度为()A. 10m/sB. 20m/sC. 30m/sD. 40m/s2.某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，5s内物体的()A. 路程为25 mB. 平均速度大小为5 m/s，方向向上C. 速度改变量的大小为10 m/sD. 位移大小为25 m，方向向下3.从地面以一样的初速度先后竖直向上抛出两个小球，不计空气阻力，那么在小球落地前()A. 某一时刻两小的位移可能相等B. 某一时刻两小球的速度可能相等C. 任意时刻两小球的位移差都相等D. 任意时刻两小球的速度差不相等4.在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()A. 2vg B. vgC. 2ℎvD. ℎv5.一同学在三楼窗口外以一样的速率v抛出甲、乙两个物体，甲被竖直上抛，乙被竖直下抛，这两个物体落地时间相差是△t1；假如该同学在五楼窗口外同样以一样的速率v抛出丙、丁两个物体，丙被竖直上抛，丁被竖直下抛，这两个物体落地时间相差是△t2，不计空气阻力，那么()A. △t1=△t2B. △t1<△t2C. △t1>△t2D. 无法比拟6.在地面上某点竖直上抛一物体，忽略空气阻力.以下说法正确的选项是()A. 上升时间比下降时间长B. 最高点的速度为零，加速度方向向下C. 速度和加速度方向不断变化D. 抛出点和落地点的速度相等7.一个做竖直上抛运动的物体，不计空气阻力时，上升过程中的平均速度是10m/s，那么它能到达的最大高度为(取g=10m/s2)()A. 5 mB. 10 mC. 20 mD. 30 m第 1 页8.将一物体以8m/s的初速度竖直上拋，不计空气阻力，g取10m/s2，那么在第1s内物体的()A. 位移大小为3.2mB. 路程为3.4mC. 平均速度的大小为3m/sD. 速度改变量的大小为10m/s9.将一个小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假设运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反.那么上升过程与下降过程相比拟，以下说法中正确的选项是( )A. 上升阶段加速度大B. 下降阶段加速度大C. 上升阶段运动时间长D. 下降阶段运动时间长10.将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如下图，A为轨迹最高点，B为轨迹与程度x轴交点，假设物体到B点时速度为v B，v0与x轴夹角为α，v B 与x轴夹角为β，OA程度间隔x1小于AB程度间隔x2，那么()A. 物体在B点的速度v B大于v0B. 物体从O到A时间大于从A到B时间C. 物体在O点所受合力方向指向第四象限D. α可能等于β11.宇航员来到某星球外表做了如下实验：将一小钢球以v0的初速度竖直向上抛出，测得小钢球上升离抛出点的最大高度为ℎ(ℎ远小于星球半径)，该星球为密度均匀的球体，引力常量为G，求：(1)求该星球外表的重力加速度；(2)假设该星球的半径R，忽略星球的自转，求该星球的密度．12.如下图，将质量m=0.2kg的小球，从地面上方ℎ=0.8m处以v0=3m/s的速度竖直上抛，不计空气阻力，求：(g=10m/s2)(1)小球能到达离地的最大高度H？(2)从抛出到落地，共需多长时间t？13.从距地面高h处将一小球以初速度v0=10m/s竖直向上抛出，经时间t=3s落地，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：(1)小球落地时速度v；(2)高度h．14.小运发动用力将铅球以v0=10m/s的速度沿与程度方向成37∘方向推出，铅球出手点到地面的高度为ℎ=1.4m，求：(1)铅球出手后运动到最高点所需时间t1；(2)铅球运动的最高点距地面的高度H；(3)铅球落地时到运发动投出点的程度间隔x．15.某人在25m高的阳台上以20m/s的速度竖直向上抛出一个小球，求(1)小球经过多少时间到达最高点？(2)最高点离地面的高度是多少？(3)小球从抛出到落到地面所经历的时间？(g取10m/s2)第 3 页答案和解析【答案】1. C2. B3. A4. A5. A6. B7. C8. BCD9. AD10. AC11. 解：(1)根据速度位移公式得：0−v02=−2gℎ得g=v022ℎ(2)根据G MmR2=mg及M=ρ⋅43πR3联立解得星球密度ρ=3v028πGRℎ答：(1)该星球外表的重力加速度v022ℎ；(2)假设该星球的半径R，忽略星球的自转，该星球的密度3v028πGRℎ12. 解：(1)上升的最大高度：ℎ′=v022g =322×10m=0.45m离地的最大高度为：H=ℎ+ℎ′=0.8+0.45=1.25m(2)上升时间为t1，那么t1=v1g =310=0.3s下降时间为t2，那么t2=√2Hg =√2×1.2510=0.5s所以t=t1+t2=0.8s答：(1)小球能到达离地的最大高度S是1.25m；(2)从抛出到落地，共需多长时间是0.8s．13. 解：(1)取竖直向上为正方向，那么小球的加速度为a=−g．小球落地时速度为：v=v0−gt=10−10×3=−20m/s，大小为20m/s，方向竖直向下．(2)小球的位移为：x=v0t−12gt2=10×3−12×10×32=−15m故高度为：ℎ=|x|=15m答：(1)小球落地时速度v大小为20m/s，方向竖直向下；(2)高度h是15m．14. 解：(1)v0y=v0⋅sin37∘代入数据，解得：v0y=6(m/s)因v0y=g⋅t1解得：t1=0.6(s)(2)根据运动学公式，那么有：ℎ′=12gt 12代入数据解得：ℎ′=1.8(m)那么H=ℎ+ℎ′=3.2(m)第 5 页(3)再根据H =12gt 22解得：t 2=0.8(s)那么x =v 0⋅cos37∘⋅(t 1+t 2) 代入数据解得：x =11.2(m)答：(1)铅球出手后运动到最高点所需时间0.6s ； (2)铅球运动的最高点距地面的高度3.2m ；(3)铅球落地时到运发动投出点的程度间隔 11.2m ．15. 解：(1)小球上升到最高点所需时间为：t 1=v 0g=2010=2s(2)小球从抛出到最高点运动的位移为：ℎ1=v 022g =2022×10=20m最高点离地面的高度：H =ℎ1+ℎ2=20+25=45m (3)小球从最高点落到地面的时间为t 2H =12gt 22t 2=√2Hg =√2×4510=3s所以小球从抛出到落到地面所经历的时间为：t =t 1+t 2=2+3=5s 答：(1)小球经过2s 到达最高点； (2)最高点离地面的高度是45m ；(3)小球从抛出到落到地面所经历的时间5s ． 【解析】1. 解：设初速度为v 0，那么根据位移公式可得：v 0t 1−12gt 12=v 0t 2−12gt 22解得：v 0=30m/s ； 应选：C ．根据题意可知，两种情况下位移一样，根据竖直上抛运动的规律及位移公式列式可求得物体抛出时的初速度．此题考察竖直上抛运动的规律，要注意明确物体经过同一点时位移一样．2. 解：AD 、选取向上的方向为正方向，物体在5s 内的位移：ℎ=v 0t −12gt 2=30×5−12×10×52=25m >0m ；方向与初速度的方向一样，向上．物体上升的最大高度：H =v 022g=3022×10=45m ， 物体上升的时间：t =v 0g=3010=3s <5s ，所以物体的路程：s =2H −ℎ=45×2−25=65m.故AD 错误； B 、5s 内的平均速度：v .=ℎt=255=5m/s ，方向向上.故B 正确；C 、5s 内速度的变化量：△v =gt =−10×5=−50m/s ，负号表示方向向下.故C 错误． 应选：B ．物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出5s内位移.根据物体上升到最高点的时间，判断出该时间与5s的关系，然后再求出路程；由速度公式求出速度的变化量，由平均速度的定义式求出平均速度．对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以穿插运用．3. 解：设两个小球的时间差为△t，A、由小球的位移：ℎ=v0t−12gt2，ℎ′=v0(t−△t)−12g(t−△t)2.所以当前一个小球下落的阶段，后一个小球仍然上升时，两个小球可能相遇.故A正确；B、由速度时间公式得：v1=v0−gt，v2=v0−g(t−△t).由于存在时间差，所以两个小球的速度不可能一样.故B错误；C、由小球的位移：ℎ=v0t−12gt2，ℎ′=v0(t−△t)−12g(t−△t)2.两个小球的位移差：△ℎ=ℎ−ℎ′=v0△t+gt△t−12g△t2，与时间t为一次函数关系.故C错误；D、由速度时间公式得：v1=v0−gt，v2=v0−g(t−△t).两个小球的速度差：△v= v1−v2=g△t是一个常数.故D错误．应选：A物体做竖直上抛运动，可以使用位移公式判断出两个小球的位移关系，根据速度时间公式得出两个小球的速度关系．该题考察竖直上抛运动，在四个选项中，涉及到上升和下落的两个过程，要理清过程中的关系，写出相应的公式，根据公式进展断定．4. 解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，那么由机械能守恒定律得：mgℎ+12mv2=12mv′2那么得：v′=√v2+2gℎ，所以落地时两球的速度大小相等．对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为−g，那么运动时间为：t1=−v′−v−g =v′+vg对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=v′−v g故两球落地的时间差为：△t=t1−t2=2v g故A正确，BCD错误应选：A．小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．此题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动的关系．5. 解：根据机械能守恒可知，甲物体和丙物体落回抛出点时的速度大小仍为v．对于甲乙，落地时间相差是△t1=2v g第 7 页同理，对于丙丁，落地时间相差是△t 2=2v g所以有△t 1=△t 2． 应选：A竖直下抛是匀加速直线运动，竖直上抛是匀减速直线运动，根据速度公式分别列式得到四个物体运动的时间，即可比拟．此题的关键要纯熟运用运动学速度时间公式列出竖直上抛时间表达式，并能明确各个运动时间关系．6. 解：A 、不计空气阻力时，物体只受重力，加速度为g ，保持不变，上升和下降具有对称性，那么上升时间与下降时间相等，故A 错误．B 、最高点的速度为零，但加速度为g ，方向向下，故B 正确．C 、上升和下降时物体的速度方向相反，但加速度大小和方向保持不变，始终竖直向下，故C 错误．D 、抛出点和落地点的速度大小相等，方向相反，所以速度不等，故D 错误． 应选：B不计空气阻力，物体的加速度一定，做匀变速直线运动.根据对称性和运动规律分析． 解决此题的关键要知道竖直上抛运动的加速度不变，上升和下降过程具有对称性，要注意速度是矢量，只有大小和方向都一样时速度才相等．7. 解：根据v =v 02=10m/s 知，初速度为：v 0=20m/s ，那么能到达的最大高度为：ℎ=v 022g =40020m =20m ．应选：C ．根据上升过程中的平均速度，结合平均速度推论求出初速度的大小，根据速度位移公式求出到达的最大高度．解决此题的关键知道竖直上抛运动的运动规律，掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵敏运用．8. 解：A 、1s 内物体的位移为：x =v 0t −12gt 2=8×1−12×10×12m =3m ，方向竖直向上，故A 错误；B 、物体上升的最大位移为：ℎ1=v 022g=822×10m =3.2m ，物体上升和下落的总路程为3.2m +(3.2−3.0)m =3.4m ，所以1s 内的路程是3.4m ，故B 正确； C 、平均速度：v .=xt =31=3m/s.故C 正确；D 、速度改变量的大小为：△v =at =gt =10×1m/s =10m/s.故D 正确． 应选：BCD物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出1s 内位移，由平均速度公式求出平均速度，由△v =at 求出速度的改变量．对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以穿插运用．9. 解：AB、根据牛顿第二定律可得：上升过程中的加速度大小为：a1=mg+f，下落过m，所以A正确、B错误；程中的加速度大小为：a2=mg−fmat2，那么CD、上升过程中和下落过程中的位移相等，根据位移时间关系可得：ℎ=12，上升过程中的加速度大，那么时间段，所以C错误、D正确．有：t=√2ℎa应选：AD．根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据匀变速直线运动的位移时间关系求解时间的大小．对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进展解答；知道加速度是联络静力学和运动学的桥梁．10. 解：B、物体在恒力作用下运动，故可将物体运动分解为程度和竖直方向上的匀变速运动；又有A为轨迹最高点，所以，A点的程度速度为0；O点和B点的竖直高度一致，由匀变速运动规律可知：物体从O到A时间等于从A到B时间，故B错误；A、OA程度间隔x1小于AB程度间隔x2，且物体从O到A时间等于从A到B时间，那么物体在AB上的平均速度大于在OA上的，所以，由匀变速运动规律可知物体做匀加速运动，加速度方向向右，所以，物体在B点的速度v B大于v0，故A正确；C、由图可知，恒力在竖直方向上的分量方向向下；由A可知，恒力在程度方向上的分量方向向右，所以，恒力方向指向第四象限，那么物体在O点所受合力方向指向第四象限，故C正确；D、由B可知物体在竖直方向上做匀变速运动，在O点和在B点时竖直方向上的分速度大小相等，方向相反；由A可知，物体在O点和在B点时程度方向上的分速度方向一样，v B>v O，所以，α大于β，故D错误；应选：AC．将物体运动分解为程度方向和竖直方向上都为匀变速运动的分运动，然后根据A为最高点，O、B在x轴上得到上升、下降运动时间一样，进而得到竖直速度；再根据程度位移得到加速度方向，进而得到两点的速度大小及方向的关系，亦可由加速度方向得到合外力方向．在类平抛运动中，我们一般将物体运动分解为两个垂直方向上的分运动；假设题目给出的条件为程度、竖直方向上的，那么将运动按这两个方向分解；假设题目给的条件较少，且可转化到合外力方向和垂直合外力方向，那么按沿合外力及垂直合外力方向分解．11. (1)根据速度位移公式求星球外表的重力加速度；(2)根据重力等于万有引力求星球质量，及密度公式求星球密度；此题考察了万有引力定律理论和运动学公式的综合运用，根据速度位移公式求出星球外表的重力加速度是解决此题的关键．12. (1)竖直上抛运动是加速度为−g的匀减速直线运动，根据位移时间关系公式列式求解即可；(2)对两个分过程分别运用速度时间关系公式列式求解即可．解决此题的关键知道竖直上抛运动的加速度不变，是匀变速直线运动.此题可以分段求解，也可以对全过程列式求解．13. (1)将竖直上抛运动看成一种初速度为v0、加速度为−g的匀减速运动，根据速度时间公式求解小球落地时速度v．(2)根据位移时间公式求解位移，即可得到h．解决此题的关键要掌握竖直上抛运动的规律，并能灵敏运用，要注意位移、速度都是矢量，要注意它们的方向．14. (1)根据运动学公式，结合运动的合成与分解法那么，及三角知识，即可求解；(2)根据位移公式，即可求解；(3)根据竖直方向位移公式，求得从最高点下落的时间，再根据程度方向位移公式，即可求解．考察运动学公式的应用，掌握运动的合成与分解的方法，注意分清各过程中的时间，位移的不同．15. 小球做竖直上抛运动，即是加速度为−g的匀减速直线运动，由速度公式求解上升的时间；由位移公式可求小球从抛出到最高点的位移，再加上阳台高度即为所求高度；由位移公式求出总时间．此题是竖直上抛运动问题，采用整体法进展研究，也可以采用分段法求解．第 9 页。

第二节 电路 闭合电路的欧姆定律一、串、并联电路的特点 1．特点比照串联并联电流 I ＝I 1＝I 2＝…＝I n I ＝I 1＋I 2＋…＋I n 电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U n U ＝U 1＝U 2＝…＝U n电阻 R ＝R 1＋R 2＋…＋R n1R ＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n电压与电流分配 电压与各局部电路的电阻成正比电流与各支路的电阻成反比功率分配与各局部电路的电阻成正比与各支路的电阻成反比2.几个常用的推论(1)串联电路的总电阻大于其中任一局部电路的总电阻．(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． (3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P 总是等于各个电阻耗电功率之和． (4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．1.电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，如此当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1提示：选B.由并联特点可知：R 1R 2＝I 2I 1＝21，又由串联电路特点可得：U 1U 2＝R 1R 2＝21，故B 正确．二、电源的电动势和内阻 1．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．(2)表达式：E ＝W q．(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量．2．内阻：电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数．2.判断正误(1)在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加．( ) (2)对于给定的电源，非静电力移动正电荷做功越多，电动势就越大．( ) (3)电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．( )(4)电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多．( )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( ) (6)E ＝W q只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定．( )提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ 三、闭合电路欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．2．公式⎩⎪⎨⎪⎧I ＝E R ＋r 〔只适用于纯电阻电路〕E ＝U 外＋U 内〔适用于任何电路〕3．路端电压U 与电流I 的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir ．(2)U －I 图象如下列图．①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电源电动势． ②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．3.(多项选择)如下列图为某一电源的U －I 图线，由图可知( )A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A 提示：AD对电路的串、并联方式的考查【知识提炼】简化串、并联电路的常用方法(1)等电势法：电流沿电势高→电势低的方向流动，假设两点之间等电势，如此没有电流．(2)电流流向法：电流分叉的地方如此为并联，否如此为串联．【典题例析】(2016·高考全国卷甲)阻值相等的四个电阻、电容器C 与电池E (内阻可忽略)连接成如下列图电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A ．25 B ．12C ．35D ．23[解析] 电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串、并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，如此电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．[答案] C(1)当含有电容器的直流电路达到稳定状态时，电容器处可视为断路，与之串联的电阻中无电流，不起降压作用．(2)电容器电压等于与之并联的电阻的电压．(3)电容器(或串联一个电阻)接到某电源两端时，电容器的电压等于路端电压． (4)在计算电容器所带电荷量的变化时，如果变化前后极板所带电荷的电性一样，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板所带电荷的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之和．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，如此R x 的阻值为( )A ．l 1l 2R 0B ．l 1l 1＋l 2R 0 C ．l 2l 1R 0D ．l 2l 1＋l 2R 0 解析：电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，如此R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如下列图．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2②由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S③R l 2＝ρl 2S④由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x ＝l 2l 1R 0.选项C 正确． 答案：C闭合电路欧姆定律的理解与应用【知识提炼】在恒流电路中常会涉与两种U －I 图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．电源U －I 图象 电阻U －I 图象关系式U ＝E －Ir U ＝IR图形物理意义电源的路端电压随电流的变化关系 电阻两端电压与电阻中的电流的关系截距与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U 、I 的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U 、I 的比值 表示外电阻的大小表示该电阻的大小 斜率(绝对值)电源电阻r 的大小假设图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小两曲线在同一坐标系中的交点表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压【典题例析】图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连成图乙所示电路．电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合电键S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．[审题指导] (1)根据欧姆定律写出R两端的电压U与电流I的关系式．(2)画出U－I图象．(3)两图象交点表示什么？[解析] 设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得：U＝E－I(R0＋r)，代入数据得U＝5－5I画出U＝E′－Ir′＝5－5I图线．如下列图，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率P R＝UI＝3.0×0.4 W＝1.2 W.(2)电源的输出功率P＝P R0＋P R＝I2R0＋P R＝0.42×4 W＋1.2 W＝1.84 W.[答案](1)1.2 W(2)1.84 W(1)电源的伏安特性图象(路端电压与电流的关系图象)①关系式：U＝E－Ir.②用图象表示如下列图．a ．U －I 图象是一条斜向下的直线．B ．纵轴的截距等于电源的电动势E ；横轴的截距等于外电路短路时的电流I 0＝Er. c ．直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝E I 0＝tan θ.θ越大，明确电源的内阻越大．(2)非线性元件有关问题的求解，关键在于确定其实际电压和电流，确定方法如下： ①先根据闭合电路欧姆定律，结合实际电路写出元件的电压U 随电流I 的变化关系． ②在原U －I 图象中，画出U 、I 关系图象． ③两图象的交点坐标即为元件的实际电流和电压．④假设遇到两元件串联或并联在电路中，如此要结合图形看电压之和或电流之和确定其实际电流或实际电压的大小．【跟进题组】考向1 闭合电路欧姆定律的计算1．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．假设有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ．假设将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，如此它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V解析：选D.电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E ＝800 mV.由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω，该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 正确．考向2 闭合电路欧姆定律的图象应用2．(多项选择)如下列图，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB.根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．电路的动态分析问题 【知识提炼】1．电路动态分析的方法(1)程序法：根本思路是“局部→整体→局部〞．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反〞是指某一电阻增大(或减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(或增大)．“并同〞是指某一电阻增大(或减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(或减小)．2．电路故障问题的分析方法与技巧 (1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接局部没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，如此说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各局部电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为假设干局部，然后逐一假设某局部电路发生某种故障，运用闭合电路或局部电路的欧姆定律进展推理．【典题例析】(多项选择)(高考某某卷)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，如此( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[审题指导] 先分析电路的结构，当滑动变阻器连入电路的阻值变化时，会引起V 1、V 2、V 3、A 表的变化，结合图形得出ΔUΔI的含义．[解析] 变阻器滑片向下滑动，连入电路中的电阻R 变减小，由I ＝ER ＋R 变＋r，A 表示数增大，故A 正确；V 2表测量的是电源的输出电压，U 2＝E －Ir 减小，故B 错误；由于R 是定值电阻，如此ΔU 1ΔI ＝R ，如图甲所示，又由U 2＝E －Ir ，如此ΔU 2ΔI＝r ，如图乙所示，所以，ΔU 1＝ΔI ×R ，ΔU 2＝ΔI ×r ，又因R ＞r ，得ΔU 1大于ΔU 2，故D 正确；同理，U 3＝E －I (r ＋R )，ΔU 3ΔI＝r ＋R ，故C 正确．[答案] ACD【跟进题组】考向1 直流电路的动态分析1.如下列图，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中( )A ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数增大B ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数减小C ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数增大D ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数减小解析：选A ．在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数一直增大，选项A 正确．考向2 含容电路的动态分析2．(2017·石家庄模拟)在如下列图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，A 、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，如下说法中正确的答案是( )A ．电压表示数变小B ．电流表示数变小C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低解析：选D.在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，如此电压表示数变大．电阻R 2两端的电压U 2＝E －I (R 1＋r )，I 增大，如此U 2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，如此a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，如此I A增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D 正确．考向3 对电路的故障分析3.如下列图的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据现象分析，发生的故障可能是( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：选A．等效电路如下列图．假设R1断路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A项正确．假设R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B项错误．假设R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D项错误．1．“串反并同法〞的须知事项：“串反并同法〞的应用条件为单变量电路．对于多变量引起的电路变化，假设各变量对同一对象分别引起的效果一样，如此该方法适用；假设各变量对同一对象分别引起的效果不一样，如此“串反并同法〞不适用．2．电路中断路与短路的故障分析方法：首先要确定是哪个局部出现了什么问题，如果是短路，如此直接当成一根导线处理；如果是断路，如此直接像开关一样断开该条线路，由于电路结构被破坏，需要重新绘画电路图，然后Ｋ运用动态电路分析方法去分析，但要注意电路被破坏后电表从支路转为干路还是从干路转为支路，分析时要有理有据，常用的依据有欧姆定律以与电阻的串、并联规律等．Ｋ电源功率的计算【知识提炼】电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r 电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出 电源的输出功率 任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2 P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P 出P 总×100%＝U E ×100% 纯电阻电路：η＝R R ＋r ×100%【典题例析】(2017·西安模拟)如下列图，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ [审题指导] (1)R 1为定值电阻，电功率最大的条件是什么？(2)R 2为可变电阻，其电功率最大的条件是什么？(3)电源输出最大功率为E 24r的条件是什么？ [解析] (1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，如此新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．此题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析电源输出功率的极值问题的处理方法对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2＝E 2〔R －r 〕2R ＋4r . 由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为：(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r； (2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小；(3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.(多项选择)(2017·某某高三模拟)如下列图为两电源的U －I 图象，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接一样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接一样的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的一样电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：选AD.图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A 对；作外接电阻R 的U －I 图线分别交电源①、②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B 错，D 对；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2〔R ＋r 〕＝R R ＋r，因为电源内阻不同如此电源效率不同，C 错．1.(2015·高考卷)如下列图，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．假设用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，如此如下分析正确的答案是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，假设将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ；假设将接线柱1、3接入电路，如此(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2.(多项选择)(2016·高考江苏卷)如下列图的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，如下说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋r R ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r ＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r＝129.5 A ≈1.26 A ，D 项错误． 3．(多项选择)在如下列图的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向下滑动后，假设电流表A 和电压表V 1、V 2、V 3四个电表的示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，如此在滑片P 向下滑动的过程中，如下说法正确的答案是( )A ．ΔU 1ΔI 变大B ．ΔU 2ΔI不变 C ．ΔU 3ΔI 不变 D ．ΔU 3ΔI变大 解析：选BC.ΔU 1ΔI ＝r ，是电源内阻，保持不变，A 错误；ΔU 2ΔI＝R 1，是定值，选项B 正确；ΔU 3ΔI＝r ＋R 1，是定值，选项C 正确，选项D 错误． 4．(多项选择)在探究电路故障时，某实验小组设计了如下列图的电路，当电键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A 的亮度变暗，小灯泡B 的亮度变亮．如此如下对电路故障的分析正确的答案是( )A ．可能是定值电阻R 1短路B ．可能是定值电阻R 2断路C ．可能是定值电阻R 3断路D．可能是定值电阻R4短路解析：选BC.由于小灯泡A串联于干路中，且故障发生后小灯泡A变暗，可知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，如此R1和小灯泡B所在支路的电压增大，而R2的断路又使小灯泡B分配的电压增大，故小灯泡B变亮，选项B对；假设R3断路，必引起与之并联的支路(即R1所在支路)中电流增大，小灯泡B分得的电流也变大，小灯泡B变亮，应当选项C对．5．(多项选择)(2017·山西四校联考)如下列图，电源电动势E＝9 V，内电阻r＝4.5 Ω，变阻器R1的最大电阻R m＝5.0 Ω，R2＝1.5 Ω，R3＝R4＝1 000 Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么( )A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 WB．引入的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流流向为d→c解析：选AD.选项A中在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1＋R2＝r，R2＝1.5 Ω，如此R1＝3 Ω.电源的输出功率P m＝E24r＝4.5 W，应当选项A 正确；选项B中在开关S与a接触且当电路稳定时，在平行板电容器正中央引入一带电微粒，恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，应当选项B错误；选项C中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2与电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，应当选项C错误；选项D中在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流流向为d→c，应当选项D正确．一、单项选择题1．两个一样的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；假设将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，如此电源的内阻为( )A ．4RB ．RC ．R2 D ．无法计算 解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R2＋r×12，由以上两式可得：r ＝R ，应当选项B 正确． 2.(2017·大连模拟)如下列图，电源电动势为3 V ，内阻为1 Ω，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为3 Ω，电表均视为理想电表，如此如下说法不正确的答案是( )A ．闭合开关S ，电流表示数约为0.23 AB ．闭合开关S ，电压表示数约为1.3 VC ．如果撤去电压表所在的整个支路，闭合开关S ，电流表示数约为0.43 AD ．如果撤去电流表所在的整个支路，闭合开关S ，电压表示数约为1.4 V解析：选A ．闭合开关S ，电阻R 1、R 2被短路，电路中的电流I ＝E R 3＋R 4＋r≈0.43 A ；电压表测的是R 3两端的电压，U ＝IR 3≈1.3 V ；撤去电压表所在支路，闭合开关S ，电路中的电流不变，仍然为0.43 A ；撤去电流表所在支路，电路为R 1、R 2、R 3、R 4串联，电压表测量R 2、R 3的电压，整个回路的电流为I ′＝E R 1＋R 2＋R 3＋R 4＋r ＝313A ，故电压表示数为U ′＝I ′(R 2＋R 3)≈1.4 V.3.将电学元件按照如下列图的方式连接，两电表均为理想电表，电源有一定的内阻．现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，如此( )A ．两电表的读数均增大B ．小灯泡b 的亮度变暗，电流表的读数变小C ．小灯泡a 的亮度变亮，电压表的读数变小D ．电容器两极板所带的电荷量增加解析：选C.滑动变阻器的触头向下缓慢移动时，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同〞规律可知：电压表读数减小、小灯泡b 变暗，电流表读数变大、小灯泡a 变亮，电容器C 两端的电压等于小灯泡b 两端的电压，逐渐减小，所以电容器C 所带电荷量减少，C 正确，A 、B 、D 错误．4．(2017·重庆江津中学月考)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．如此图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．5.在如下列图的电路中，闭合开关S 后，L 1、L 2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L 2突然变亮，电压表读数减小，由此推断，该故障可能是( )A ．L 1灯丝烧断B ．电阻R 2断路C ．电阻R 2短路。

《摩擦力》练习题姓名1．下列关于摩擦力的说法中，正确的是【】A．摩擦力的大小一定与正压力成正比 B．摩擦力一定是阻力C．摩擦力的方向一定与物体运动的方向相反 D．运动的物体可能受到静摩擦力2.如图1-16所示，A、B两物体叠放在水平面上，水平力F作用在A上，使两者一起向右做匀速直线运动，下列判断正确的是【】A．由于A、B一起做匀速直线运动，故A、B间无摩擦力B．A对B的静摩擦力大小为F，方向向右C．B对地面的滑动摩擦力的大小为F，方向向右D．B物体受到了向右的静摩擦力和向左的滑动摩擦力3.如图1-17所示，A为长木板，在水平面以速度V1向右运动，物块B在木板A的上面以速度V2向右运动，下列判断正确的是【】A．若是V1＝ V2，A、B之间无滑动摩擦力B．若是V1＞ V2，A受到了B所施加向右的滑动摩擦力c．若是V1＜ V2，B受到了A所施加向右的滑动摩擦力D．若是V1＞ V2，B受到了A施加的向左的滑动摩擦力4. 如图1-18所示是皮带传动的示意图，0l是主动轮．02是从动轮，两轮水平放置，当主动轮顺时针匀速转动时，重10N的物体同皮带一起运动，皮带与两轮之间无相对滑动．若物体与皮带间最大静摩擦力为5N，则物体所受皮带的摩擦力的大小和图中皮带上P、Q两处所受的摩擦力的方向是【】A．5N，向下、向下 B．0，向下、向上C．O，向上、向上 D．0，向下、向下5．如图1-20所示，位于斜面的物块M在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力【】A．方向可能沿斜面向上 B．方向可能沿斜面向下C．大小可能等于零 D．大小可能等于F6．下列说法中正确的是【】A．两相互接触的物体间一定有弹力的作用B．一个物体静止在另一个物体的表面，它们之间一定有静摩擦力的作用C．两物体之间有弹力的作用，就一定有摩擦力的作用D．两物体之间如果有摩擦力的作用，就一定有弹力的作用7．如图1-22所示，物体A和B相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则【】A．A、B间无摩擦力的作用B．B受到滑动摩擦力的大小为（ＭＡ＋ＭＢ）gsinθC．B受到静摩擦力的大小为ＭＡgsinθD．取走A物后，B物仍能做匀速直线运动8．如图1-23所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力。

“三大力学观点”中的三类典型题学案1内容归纳：1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学中的五大规律规律公式表达＝ma牛顿第二定律F合W合＝ΔE k动能定理W合＝m v－m vE1＝E2机械能守恒定律mgh1＋m v＝mgh2＋m vF合t＝p′－p动量定理I合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′突破一“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)[典例1]两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。

则下列说法正确的是()A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB.．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s C．弹簧的弹性势能最大值为36 JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同[练习１]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。

现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。

瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。

(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。

三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。

已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。

2024届高考物理一轮复习 万有引力与航天专题分析（真题）一、单选题1．（2023·湖北·统考高考真题）2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。

火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3:2，如图所示。

根据以上信息可以得出（ ） A ．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为278: B ．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大 C ．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为94: D ．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前2．（2023·山西·统考高考真题）2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg 的物资进入距离地面约400km （小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。

对接后，这批物资（ ） A ．质量比静止在地面上时小 B ．所受合力比静止在地面上时小C ．所受地球引力比静止在地面上时大D ．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大3．（2023·浙江·统考高考真题）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4。

木卫三周期为T ，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r 的n 倍。

月球绕地球公转周期为0T ，则（ ） A ．木卫一轨道半径为16nr B ．木卫二轨道半径为2nrC ．周期T 与T 0之比为32nD ．木星质量与地球质量之比为2302T n T4．（2023·山东·统考高考真题）牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足2MmF r ∝。

已知地月之间的距离r 大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g ，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（ ） A ．30πr gB ．30πg rC ．120πr gD ．120πg r5．（2023·北京·统考高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。

高考物理一轮基础复习：5.2运动的合成与分解一、一个平面运动的实例1．蜡块的位置：如图所示，蜡块沿玻璃管匀速上升的速度设为v y，玻璃管向右匀速移动的速度设为v x，从蜡块开始运动的时刻开始计时，在某时刻t，蜡块的位置P可以用它的x、y两个坐标表示：x＝v x t，y＝v y t.2．蜡块运动的速度：大小v＝v2x＋v2y，方向满足tan θ＝vyvx .3．蜡块运动的轨迹：y＝vyvxx，是一条过原点的直线．二、运动的合成与分解1．合运动与分运动如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动，参与的几个运动就是分运动．2．运动的合成与分解：已知分运动求合运动的过程，叫运动的合成；已知合运动求分运动的过程，叫运动的分解．3．运动的合成与分解实质是对运动的位移、速度和加速度的合成和分解，遵循矢量运算法则．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)合运动与分运动是同时进行的，时间相等．(√)(2)合运动一定是实际发生的运动．(√)(3)合运动的速度一定比分运动的速度大．(×)(4)两个互成角度的匀速直线运动的合运动，一定也是匀速直线运动．(√)2．雨滴由静止开始下落，遇到水平方向吹来的风，下述说法中正确的是( )①风速越大，雨滴下落时间越长②风速越大，雨滴着地时速度越大③雨滴下落时间与风速无关④雨滴着地速度与风速无关A．①②B．②③C．③④ D．①④B [将雨滴的运动在水平方向和竖直方向分解，两个分运动相互独立，雨滴下落时间与竖直高度有关，与水平方向的风速无关，故①错误，③正确．风速越大，落地时，雨滴水平方向分速度越大，合速度也越大，故②正确，④错误，故选B.]3．如图所示，在玻璃管的水中有一红蜡块正在匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管从AB位置水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的( )A．直线P B．曲线QC．曲线R D．三条轨迹都有可能B [红蜡块参与了竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动这两个分运动，实际运动的轨迹即是合运动的轨迹．由于它在任意一点的合速度方向是向上或斜向右上的，而合加速度就是水平方向的加速度，方向是水平向右的，合加速度和合速度之间有一定夹角，故轨迹是曲线．又因为物体做曲线运动的轨迹总向加速度方向偏折(或加速度方向总指向曲线的凹侧)，故选项B正确．]运动的合成与分解[观察探究]如图所示，跳伞运动员打开降落伞后正在从高空下落．(1)跳伞员在无风时竖直匀速下落，有风时运动员的实际运动轨迹还竖直向下吗？竖直方向的运动是跳伞员的合运动还是分运动？(2)已知跳伞员的两个分运动速度，怎样求跳伞员的合速度？提示：(1)有风时不沿竖直向下运动．无风时跳伞员竖直匀速下落，有风时，一方面竖直匀速下落，一方面在风力作用下水平运动．因此，竖直匀速下落的运动是跳伞员的分运动．(2)应用矢量运算法则求合速度．[探究归纳]1．合运动与分运动(1)如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动，参与的几个运动就是分运动．(2)物体实际运动的位移、速度、加速度就是它的合位移、合速度、合加速度，而分运动的位移、速度、加速度就是它的分位移、分速度、分加速度．2．合运动与分运动的四个特性等时性各分运动与合运动同时发生和结束，时间相同等效性各分运动的共同效果与合运动的效果相同同体性各分运动与合运动是同一物体的运动独立性各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响3.(1)运动的合成与分解：已知分运动求合运动，叫运动的合成；已知合运动求分运动，叫运动的分解．(2)运动合成与分解的法则：合成和分解的对象是位移、速度、加速度，这些量都是矢量，遵循的是平行四边形定则．【例1】竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个蜡块能在水中以0.1 m/s的速度匀速上浮．在蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平向右匀速运动，测得蜡块实际运动方向与水平方向成30°角，如图所示．若玻璃管的长度为1.0 m，在蜡块从底端上升到顶端的过程中，下列关于玻璃管水平方向的移动速度和水平运动的距离计算结果正确的是( )A．0.1 m/s,1.73 m B．0.173 m/s,1.0 mC．0.173 m/s,1.73 m D．0.1 m/s,1.0 mC [由题图知竖直位移与水平位移之间的关系为tan 30°＝y x由分运动具有独立性和等时性得：y＝v y t、x＝v x t联立解得：x＝1.73 m，v x＝0.173 m/s.故C项正确．]上例中，若将玻璃管水平向右匀速运动改为从静止开始匀加速运动；将蜡块实际运动方向与水平方向成30°角改为蜡块最终位移方向与水平方向成45°角，其他条件不变，则玻璃管水平方向的加速度多大？提示：由tan 45°＝yx，则x＝1.0 m，由x＝12at2，y＝vyt得t＝10 s，a＝0.02 m/s2.“三步走”求解合运动或分运动(1)根据题意确定物体的合运动与分运动．(2)根据平行四边形定则作出矢量合成或分解的平行四边形．(3)根据所画图形求解合运动或分运动的参量，求解时可以用勾股定理、三角函数、三角形相似等数学知识．1．两个互成角度的匀变速直线运动，初速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，它们的合运动的轨迹( )A．如果v1＝v2≠0，那么轨迹一定是直线B ．如果v 1＝v 2≠0，那么轨迹一定是曲线C ．如果a 1＝a 2，那么轨迹一定是直线D ．如果a 1a 2＝v 1v 2，那么轨迹一定是直线D [本题考查两直线运动合运动性质的确定，解题关键是明确做曲线运动的条件是合外力的方向(即合加速度的方向)与速度的方向不在一条直线上．如果a 1a 2＝v 1v 2，那么，合加速度的方向与合速度的方向一定在一条直线上，所以D 正确．]小船渡河问题[观察探究]小船渡河问题中，小船渡河参与了哪两个运动？怎样过河时间最短？怎样过河位移最短？提示：小船渡河参与了相对于静水的运动和随河水漂流的运动；船头垂直河岸渡河时时间最短，合位移垂直河岸时位移最短．[探究归纳]1．模型特点：小船参与的两个分运动：小船在河流中实际的运动(站在岸上的观察者看到的运动)可视为船同时参与了这样两个分运动：(1)船相对水的运动(即船在静水中的运动)，它的方向与船身的指向相同． (2)船随水漂流的运动(即速度等于水的流速)，它的方向与河岸平行．船在流水中实际的运动(合运动)是上述两个分运动的合成．2．两类最值问题(1)渡河时间最短问题：若要渡河时间最短，由于水流速度始终沿河道方向，不能提供指向河对岸的分速度．因此，只要使船头垂直于河岸航行即可．由图可知，t短＝dv船，此时船渡河的位移x＝dsin θ，位移方向满足tan θ＝v船v水.(2)渡河位移最短问题甲情况一：v水＜v船最短的位移为河宽d，此时渡河所用时间t＝dv船sin θ，船头与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水，如图甲所示．情况二：v水＞v船如图乙所示，以v水矢量的末端为圆心，以v船的大小为半径作圆，当合速度的方向与圆相切时，合速度的方向与河岸的夹角最大(设为α)，此时航程最短．由图可知sin α＝v船v水，最短航程为x＝dsin α＝v水v船d.此时船头指向应与上游河岸成θ′角，且cos θ′＝v船v水.乙【例2】一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度为v1＝2.5 m/s.船在静水中的速度为v2＝5 m/s，求：(1)小船渡河的最短时间为多少？此时位移多大？(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？[解析] (1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向．当船头垂直河岸时，如图甲所示，甲合速度为倾斜方向，垂直分速度为v2＝5 m/s.t＝dv⊥＝dv2＝1805s＝36 sv合＝v21＋v22＝525 m/sx＝v合t＝90 5 m.(2)欲使船渡河的航程最短，船的合运动方向应垂直河岸．船头应朝上游与河岸成某一角度β.如图乙所示，由v2sin α＝v1得α＝30°.所以当船头朝上游与河岸成一定角度β＝60°时航程最短．乙x＝d＝180 mt＝dv′⊥＝dv2cos 30°＝180523s＝24 3 s.[答案] (1)36 s 90 5 m(2)偏向上游与河岸成60°角24 3 s小船渡河问题要注意三点(1)研究小船渡河时间时→常对某一分运动进行研究求解，一般用垂直河岸的分运动求解．(2)分析小船速度时→可画出小船的速度分解图进行分析．(3)研究小船渡河位移时→要对小船的合运动进行分析，必要时画出位移合成图．2．一艘船的船头始终正对河岸方向行驶，如图所示．已知船在静水中行驶的速度为v1，水流速度为v2，河宽为d.则下列判断正确的是( )A．船渡河时间为d v 2B．船渡河时间为dv21＋v22C．船渡河过程被冲到下游的距离为v2v1·dD．船渡河过程被冲到下游的距离为dv21＋v22·dC [船正对河岸运动，渡河时间最短t＝dv1，沿河岸运动的位移s2＝v2t＝v2v1·d，所以A、B、D选项错误，C选项正确．]“绳联物体”的速度分解问题[观察探究绳联物体问题中，如何判断合速度和分速度？速度怎样分解？提示：物体的实际运动是合运动；将物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和沿绳(杆)的两个分量．[探究归纳]1．“绳联物体”指物体拉绳(杆)或绳(杆)拉物体的问题(下面为了方便，统一说“绳”)，要注意以下两点：(1)物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度方向应取沿绳方向和垂直于绳方向．(2)由于绳不可伸长，一根绳两端物体沿绳方向的速度分量相等．2．常见的速度分解模型【例3】如图所示，以速度v沿竖直杆匀速下滑的物体A用轻绳通过定滑轮拉物体B，当绳与水平面夹角为θ时，物体B的速度为( )A．vB.v sin θC．v cos θD．v sin θD [将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，根据平行四边形定则得，v B＝v sin θ，故D正确．]上例中，若物体B以速度v向左匀速运动，则物体A做什么运动？提示：v A′＝v sin θ由于θ变小，故v A′变大，故物体A向上做加速运动．3.如图所示，AB杆和墙的夹角为θ时，杆的A端沿墙下滑的速度大小为v1，B端沿地面的速度大小为v2，则v1、v2的关系是( )A．v1＝v2B．v1＝v2cos θC．v1＝v2tan θD．v1＝v2sin θC [可以把A、B两点的速度分解，如图所示，由于杆不能变长或变短，沿杆方向的速度应满足v1x＝v2x，即v1cos θ＝v2sin θ，v1＝v2tan θ，C正确．]课堂小结知识脉络1.物体实际发生的运动是合运动，参与的几个运动是分运动，合运动与分运动遵循平行四边形定则．2．小船渡河问题中，船头垂直河岸渡河时间最短，合速度垂直河岸位移最小．3．“绳联物体”问题中，将物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和沿绳(杆)的两个分量.【课堂同步练习】1.关于合运动与分运动的关系，下列说法正确的是( )A．合运动速度一定不小于分运动速度B．合运动加速度不可能与分运动加速度相同C．合运动的速度与分运动的速度没有关系，但合运动与分运动的时间相等D．合位移可能等于两分位移的代数和D [根据平行四边形定则，作出以两个互成角度的分速度为邻边的平行四边形，过两邻边夹角的对角线表示合速度，对角线的长度可能等于邻边长度，也可能小于邻边长度，也可能大于邻边长度，选项A错误；合运动的加速度可能大于、等于或小于分运动的加速度，选项B错误；合运动与分运动具有等效性、同体性、等时性等关系，选项C错误；如果两个分运动在同一直线上，且方向相同，其合位移就等于两分位移的代数和，选项D正确．]2．(多选)已知河水自西向东流动，流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2>v1，用小箭头表示船头的指向及小船在不同时刻的位置，虚线表示小船过河的路径，则下图中可能正确的是( )A BC DCD [小船的路径应沿合速度方向，不可能与船头指向相同，故A、B错误，C、D正确．]3．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动到如图所示位置时，物体P的速度为( )A．v B．v cos θC.vcos θD．v cos2θB [如图所示，绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于P的速度，根据平行四边形定则得vP＝v cos θ，故B正确，A、C、D错误．]4．飞机在航行时，它的航线方向要严格地从东到西，如果飞机的速度是160 km/h，风从南面吹来，风的速度为80 km/h，那么：(1)飞机应朝哪个方向飞行？(2)如果所测地区长达80 3 km，飞机飞过所测地区所需时间是多少？[解析] (1)根据平行四边形定则可确定飞机的航向，如图所示，有sin θ＝v1v2＝80160＝12，θ＝30°即西偏南30°.(2)飞机的合速度v＝v2cos 30°＝80 3 km/h所需时间t＝xv＝1 h.[答案] (1)西偏南30°(2)1 h《5.2 运动的合成与分解》专题训练一、一个平面运动的实例——观察蜡块的运动1.建立坐标系研究蜡块在平面内的运动，可以选择建立平面直角坐标系.如图1所示，以蜡块开始匀速运动的位置为原点O，以水平向右的方向和竖直向上的方向分别为x轴和y轴的方向，建立平面直角坐标系.图12.蜡块运动的位置：玻璃管向右匀速平移的速度设为v x，蜡块沿玻璃管匀速上升的速度设为v y，在某时刻t，蜡块的位置P的坐标：x＝v x t，y＝v y t.3.蜡块运动的轨迹：将x、y消去t，得到y＝vyvxx，可见蜡块的运动轨迹是一条过原点的直线.4.蜡块运动的速度：大小v＝v2x＋v2y，方向满足tan θ＝vyvx .二、运动的合成与分解1.合运动与分运动如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动，同时参与的几个运动就是分运动.2.运动的合成与分解：已知分运动求合运动的过程，叫作运动的合成；已知合运动求分运动的过程，叫作运动的分解.3.运动的合成与分解遵循矢量运算法则.1.判断下列说法的正误.(1)合运动与分运动是同时进行的，时间相等.( √)(2)合运动一定是实际发生的运动.( √)(3)合运动的速度一定比分运动的速度大.( ×)(4)两个夹角为90°的匀速直线运动的合运动，一定也是匀速直线运动.( √)2.竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个蜡块能在水中以0.3 m/s的速度匀速上浮.在蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管沿水平方向匀速向右运动，测得蜡块实际运动方向与水平方向成37°角，如图2所示.若玻璃管的长度为0.9 m，在蜡块从底端上升到顶端的过程中，玻璃管水平方向的移动速度和沿水平方向运动的距离分别约为________m/s和________m.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2答案0.4 1.2解析设蜡块沿玻璃管匀速上升的速度为v1，位移为x1，蜡块随玻璃管水平向右移动的速度为v2，位移为x2，如图所示，v2＝v1tan 37°＝0.334m/s＝0.4 m/s.蜡块沿玻璃管匀速上升的时间t＝x1v1＝0.90.3s＝3 s.由于两分运动具有等时性，故玻璃管水平移动的时间为3 s.水平运动的距离x2＝v2t＝0.4×3 m＝1.2 m.一、运动的合成与分解1.合运动与分运动(1)如果物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是合运动，参与的几个运动就是分运动.(2)物体实际运动的位移、速度、加速度是它的合位移、合速度、合加速度，而分运动的位移、速度、加速度就是它的分位移、分速度、分加速度.2.合运动与分运动的四个特性等时性各分运动与合运动同时发生和结束，时间相同等效性各分运动的共同效果与合运动的效果相同同体性各分运动与合运动是同一物体的运动独立性各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响3.运动的合成与分解(1)运动的合成与分解是指位移、速度、加速度的合成与分解.其合成、分解遵循平行四边形定则.(2)对速度v进行分解时，不能随意分解，应按物体的实际运动效果进行分解.跳伞是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员在某高度从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )A.风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B.风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C.运动员下落时间与风力有关D.运动员着地速度与风力无关答案 B解析运动员同时参与了两个分运动：竖直方向向下落的运动和水平方向随风飘的运动.这两个分运动同时发生，相互独立.所以水平风力越大，运动员着地速度越大，但下落时间由下落的高度决定，与风力无关，故选B.针对训练1 竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮.如图3所示，当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，第一次使玻璃管水平向右匀速运动，测得红蜡块运动到顶端所需时间为t1；第二次使玻璃管水平向右加速运动，测得红蜡块从下端运动到顶端所需时间为t2，则( )图3A.t1＝t2B.t1＞t2C.t1＜t2D.无法比较答案 A解析由于分运动的独立性，故玻璃管水平向右的分运动不影响红蜡块向上的运动，t1＝t2，所以A正确.(多选)玻璃生产线的最后有一台切割机，能将一定宽度但很长的原始玻璃板按需要的长度切成矩形.假设送入切割机的原始玻璃板的宽度是L＝2 m，它沿切割机的轨道(与玻璃板的两侧边平行)以v1＝0.15 m/s的速度水平向右匀速移动；已知割刀相对玻璃板的切割速度v2＝0.2 m/s，为了确保割下的玻璃板是矩形，则相对地面( )A.割刀运动的轨迹是一段直线B.割刀完成一次切割的时间为10 sC.割刀运动的实际速度大小为0.057 m/sD.割刀完成一次切割的时间内，玻璃板的位移大小是1.5 m 答案 ABD解析 为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，割刀相对玻璃板的运动速度应垂直于玻璃板侧边，割刀实际参与了两个分运动，即沿玻璃板侧边方向的运动和垂直于玻璃板侧边方向的运动.两个分运动都是匀速直线运动，则合运动为匀速直线运动，故A 正确；对于垂直于玻璃板侧边方向的运动，运动时间t ＝20.2s ＝10 s ，故B 正确；割刀运动的实际速度v ＝v 21＋v 22＝0.152＋0.22 m/s ＝0.25 m/s ，故C 错误；10 s 内玻璃板沿轨道方向的位移x ＝v 1t ＝1.5 m ，故D 正确.二、合运动的性质与运动轨迹1.分析两个互成角度的直线运动的合运动的性质时，应先求出合运动的合初速度v 和合加速度a ，然后进行判断.(1)是否为匀变速的判断： 加速度或合力⎩⎨⎧变化：变加速运动不变：匀变速运动(2)曲、直判断：加速度或合力与速度方向⎩⎨⎧共线：直线运动不共线：曲线运动2.两个互成角度的直线运动的合运动轨迹的判断：轨迹在合初速度v 0与合加速度a 之间，且向加速度一侧弯曲.(多选)质量为2 kg 的质点在xOy 平面内做曲线运动，在x 方向的速度－时间图像和y 方向的位移－时间图像如图4所示，下列说法正确的是( )图4A.质点的初速度为5 m/sB.质点所受的合外力为3 N，做匀变速曲线运动C.2 s末质点速度大小为6 m/sD.2 s内质点的位移大小约为12 m答案ABD解析由题图x方向的速度－时间图像可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，x方向受力Fx＝3 N，由题图y方向的位移－时间图像可知在y方向做匀速直线运动，速度大小为v y＝4 m/s，y方向受力F y＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A 正确；受到的合外力恒为3 N，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，故做匀变速曲线运动，B正确；2 s末质点速度大小为v＝62＋42 m/s＝213m/s，C错误；2 s内，x＝v x0t＋12at2＝9 m，y＝8 m，合位移l＝x2＋y2＝145 m≈12m，D正确.针对训练2 质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动，已知该物体在两个互相垂直方向上的分运动的速度－时间图像分别如图5甲、乙所示，则下列说法正确的是( )图5A.2 s末物体速度大小为7 m/sB.物体所受的合外力大小为3 NC.物体的初速度大小为5 m/sD.物体初速度的方向与合外力方向垂直，做匀变速曲线运动答案 D解析根据题意可知，物体在两个互相垂直方向上运动，即x方向与y方向垂直，且物体在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，2 s 末，v x ＝3 m/s ，v y ＝4 m/s ，因而v ＝v 2x ＋v 2y ＝5m/s ，A 错误；a x ＝ΔvΔt＝1.5 m/s 2，a y ＝0，根据牛顿第二定律F x ＝ma x ＝1×1.5 N＝1.5 N ，F y ＝0，因而F ＝1.5 N ，B 错误；t ＝0时，v x ＝0，v y ＝4 m/s.因而初速度v 0＝4 m/s ，C 错误；由于初速度v 0＝4 m/s ，且沿y 方向，F ＝1.5 N ，且沿x 方向，故物体做匀变速曲线运动，D 正确.如图6所示，在光滑水平面上有两条互相平行的直线l 1、l 2，AB 是这两条平行直线的垂线，其中A 点在直线l 1上，B 、C 两点在直线l 2上.一个物体正沿直线l 1以恒定的速度匀速向右运动，如果物体要从A 点运动到C 点，图中1、2、3为可能的路径，则可以使物体通过A 点时( )图6A.获得由A 指向B 的任意瞬时速度，物体的路径是2B.获得由A 指向B 的确定瞬时速度，物体的路径是2C.持续受到平行AB 的任意大小的恒力，物体的路径可能是1D.持续受到平行AB 的确定大小的恒力，物体的路径可能是3 答案 B解析 获得由A 指向B 的确定瞬时速度，即两个匀速直线运动的合运动轨迹可能是2，A 错误，B 正确.持续受到平行AB 的确定大小的恒力，即合加速度与合初速度垂直，轨迹偏向加速度一侧，轨迹可能是1，C 、D 错误.1.(运动的合成和分解)(多选)关于运动的合成和分解，下列说法正确的是( )A.合运动的时间就是分运动的时间之和B.已知两分运动的速度大小，就可以确定合速度的大小C.已知两分运动的速度大小和方向，可以用平行四边形定则确定合速度的大小和方向D.若两匀速直线运动的速度大小分别为v 1、v 2，则合速度v 大小的范围为|v 1－v 2|≤v ≤v 1＋v 2答案 CD解析 合运动与分运动具有等时性，故A 错误；已知两分运动的速度大小和方向，可以用平行四边形定则确定合速度的大小和方向，故B 错误，C 正确；两匀速直线运动的速度大小分别为v 1、v 2，则合速度v 大小的范围为|v 1－v 2|≤v ≤v 1＋v 2，故D 正确.2.(运动的合成和分解)在第十一届珠海国际航展上，歼－20战机是此次航展最大的“明星”.如图7，歼－20战机在降落过程中水平方向的初速度为60 m/s ，竖直方向的初速度为6 m/s ，已知歼－20战机在水平方向做加速度大小为2 m/s 2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小为0.2 m/s 2的匀减速直线运动，则歼－20战机在降落过程中，下列说法正确的是( )图7A.歼－20战机的运动轨迹为曲线B.经20 s ，歼－20战机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等C.在前20 s 内，歼－20战机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等D.歼－20战机在前20 s 内，水平方向的平均速度为40 m/s 答案 D解析 歼－20战机的合初速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝660＝110，歼－20战机的合加速度方向与水平方向夹角的正切值tan β＝0.22＝110，可以知道歼－20战机的合初速度的方向与合加速度的方向在同一直线上，歼－20战机做匀变速直线运动，故A 错误；经20 s ，歼－20战机水平方向的分速度v 1＝60 m/s －2×20 m/s＝20 m/s ，竖直方向上的分速度为v 2＝6 m/s －0.2×20 m/s＝2 m/s ，故B 错误；在前20 s 内，歼－20战机水平方向的平均速度v 水平＝60＋202m/s ＝40 m/s ，D 正确.歼－20战机在水平方向的分位移s 1＝v水平×20 s＝800 m ，在竖直方向的分位移h ＝6 m/s ＋2 m/s 2×20 s＝80 m ，故C 错误. 3.(合运动轨迹的判断)如图8所示，在一次救灾工作中，一架离水面高为H m 、沿水平直线飞行的直升机A ，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员B ，在直升机A 和伤员B 以相同的水平速率匀速运动的同时，悬索将伤员吊起.设经t s 时间后，A 、B 之间的距离为l m ，且l ＝H －t 2，则在这段时间内伤员B 的受力情况和运动轨迹是下列哪个图( )图8答案 A解析 根据l ＝H －t 2，位移h ＝H －l ＝t 2，可知伤员B 在竖直方向上是匀加速上升的，悬索中拉力大于重力，即表示拉力F 的线段要比表示重力G 的线段长，伤员B 在水平方向匀速运动，所以F 、G 都在竖直方向上；向上加速，运动轨迹向上偏转，只有A 符合，所以在这段时间内伤员B 的受力情况和运动轨迹是A.4.(合运动性质的判断)(多选)如图9甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v －t 图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x －t 图像如图丙所示.若以地面为参考系，下列说法正确的是( )。

5．2 动能和动能定理1．子弹的速度为v ，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是( )． A ．v2B ．22vC ．v3D ．v 4解析 设子弹质量为m ，木块的厚度为d ，木块对子弹的阻力为F f ．根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－F f d ＝0－12m v 2．设子弹射入木块厚度一半时的速度为v ′，则－F f ·d2＝12m v ′2－12m v 2，得v ′＝22v ，故选B ． 答案 B2． 如图5-2-1所示，一个光滑的水平轨道AB 与光滑的圆轨道BCD 连接，其中图轨道在竖直平面内，半径为R ，B 为最低点，D 为最高点．一个质量为m 的小球以初速度v 0沿AB运动，刚好能通过最高点D ，则（ ） A ．小球质量越大，所需初速度v 0越大 B ．圆轨道半径越大，所需初速度v 0越大C ．初速度v 0与小球质量m 、轨道半径R 无关 图5-2-1D ．小球质量m 和轨道半径R 同时增大，有可能不用增大初速度v 0 解析 球通过最高点的最小速度为v ，有mg=mv 2/R ，v=gR这是刚好通过最高点的条件，根据机械能守恒，在最低点的速度v 0应满足 ½m v 02=mg2R ＋½mv 2，v 0=gR 5 答案 B3．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m 1∶m 2＝1∶2，速度之比v 1∶v 2＝2∶1．当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l 1，乙车滑行的最大距离为l 2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )． A ．l 1∶l 2＝1∶2 B ．l 1∶l 2＝1∶1 C ．l 1∶l 2＝2∶1D ．l 1∶l 2＝4∶1解析 由动能定理，对两车分别列式－F 1l 1＝0－12m 1v 21，－F 2l 2＝0－12m 2v 22，F 1＝μm 1g ， F 2＝μm 2g ．由以上四式联立得l 1∶l 2＝4∶1，故选项D 是正确的． 答案 D5. 某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成.开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如题图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体A.对外做正功，分子的平均动能减小B. 对外做正功，内能增大C. 对外做负功，分子的平均动能增大D. 对外做负功，内能减小解析改变内能有两种方式：做功和热传递，当气体体积膨胀时，气体对外做功，又没有热传递，所以气体的内能减少，温度降低，而温度又是分子平均动能的标志，所以A正确.答案A.5．质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v t图象如图5-2-2所示．由此可求()．图5-2-2A．前25 s内汽车的平均速度B．前10 s内汽车的加速度C．前10 s内汽车所受的阻力D．15～25 s内合外力对汽车所做的功解析由图可知：可以确定前25 s内汽车的平均速度和前10 s内汽车的加速度，由前25 s 内汽车的平均速度可求0～25 s或15～25 s内合外力对汽车所做的功，W＝ΔE k．不能求出阻力所做的功或阻力的大小．故A、B、D项正确．答案ABD6．如图5-2-3所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W1．然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则( )．图5-2-3A ．W 1＞m 2g 2kB ．W 1＜m 2g 2kC ． W 2＝12m v 2D ．W 2＝m 2g 2k －12m v 2解析 设物体静止时弹簧伸长的长度为x ，由胡克定律得：mg ＝kx ．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx ＝m 2g 2k ，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W 1＜m 2g 2k ，选项B 正确．由动能定理知W 2＋m 2g 2k ＝12m v 2，则C 、D 错．答案 B7．如图5－2－4所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图5-2-4A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)解析 由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12mv 2，所以W ＝mgh －12mv 2，故A 正确．答案 A8．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图5-2-5所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图5-2-5A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析 在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12m v 2，得l ＝v 22μg ＝v 22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确． 答案 B9．如图5-2-6所示，斜面高h ，质量为m 的物块，在沿斜面向上的恒力F 作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F 作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( )．图5-2-6A ．mghB ．2mghC ．2FhD ．Fh解析 物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，即W F －mgh －W f ＝0①物块向下运动过程中，恒力F 与摩擦力对物块做功与上滑中相同，设滑至底端时的动能为E k ，由动能定理 WF ＋mgh －W f ＝E k －0②将①式变形有W F －W f ＝mgh ，代入②有E k ＝2mgh ． 答案 B10．如图5-2-7，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m .现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，瞬时速度必须满足( )图5-2-7A ．最小值4grB ．最大值6grC ．最小值5grD ．最大值7gr解析 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg ＝m v 20r ，由最低点到最高点由机械能守恒得，12mv 2min ＝mg ·2r ＋12mv 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点的最大速度时对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 21r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：12mv 2max ＝mg ·2r ＋12mv 21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr .答案 CD11．质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k x 的图线如图5-2-8所示．求：(g 取10 m/s 2)图5-2-8(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小？解析 (1)从图线可知初动能为2 J E k0＝12m v 2＝2 J ，v ＝2 m/s(2)在位移为4 m 处物体的动能为10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－10 J ＝－10 J F f ＝－10－4 N ＝2．5 N因F f ＝μmg ，故μ＝F f mg ＝2.510＝0．25(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有 (F －F f )·x 1＝ΔE k故F ＝ΔE k x 1＋F f ＝(10－24＋2．5)N ＝4．5 N答案 (1)2 m/s (2)0．25 (3)4．5 N12．水上滑梯可简化成如图5-2-9所示的模型，斜槽AB 和水平槽BC 平滑连接，斜槽AB 的竖直高度H ＝6．0 m ，倾角θ＝37°．水平槽BC 长d ＝2．0 m ，BC 面与水面的距离h ＝0．80 m ，人与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0．10．取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0．8，sin 37°＝0．6．一小朋友从滑梯顶端A 点无初速地自由滑下，求：图5-2-9(1)小朋友沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ； (2)小朋友滑到C 点时速度的大小v ；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向位移的大小x ． 解析 (1)小朋友在斜槽上受力如图所示，根据牛顿第二定律得a ＝mg sin θ－F f m又F f ＝μF N F N ＝mg cos θ得小朋友沿AB 下滑时加速度的大小 a ＝g sin θ－μg cos θ＝5．2 m/s 2(2)小朋友从A 滑到C 的过程中，根据动能定理得 mgH －F f H sin θ－μmgd ＝12m v 2－0得小朋友滑到C 点时速度的大小v ＝10 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t h ＝12gt 2 小孩在水平方向的位移 x ＝v t 解得x ＝4．0 m答案 (1)5．2 m/s 2 (2)10 m/s (3)4．0 m。