2019年高考物理一轮复习全套专题(含解析)

知识回顾1.纯电阻电路和非纯电阻电路的比较 纯电阻电路 非纯电阻电路元件特征电路中只有电阻元件除电阻外还有能把电能转为其他形式能量的用电器欧姆定律 遵循欧姆定律 不遵循欧姆定律能量转化电流做功转化为电热电流做功除转化为电热外还有其他形式的能量元件举例 电阻、电炉丝电动机、电解槽 电功和电热W UIt= 22U Q I Rt t W R===W UIt =W Q >电功率和热功率22=U P UI I R P R ===电热P UI =电2=P I R 热2.电动机的三个功率及关系 输入功率电动机的总功率由电动机电路中的电流和电压决定，即=P PUI =入总 输出功率 电动机做有用功的功率，也叫机械功率 热功率电动机线圈上有电阻，电流通过线圈时会发热，热功率2=P I R热三者关系 =+P P P P =入出总热效率00=100P P η⨯出入说明 （1）正常工作的电动机是非纯电阻 （2）电动机因故障或其他原因不转动时，相当于一个纯电阻元件例题分析例1.如图所示，有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V 的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )A．电解槽消耗的电功率为120 WB．电解槽的发热功率为60 WC．电解槽消耗的电功率为60 WD．电路消耗的总功率为60 W【答案】C例2.A、B为“220 V100 W”的两盏相同的灯泡，C、D为“220 V40 W”的两盏相同的灯泡.现将四盏灯泡接成如图所示的电路，并将两端接入电路，各灯实际功率分别为P A、P B、P C、P D.则实际功率的大小关系为( )A．P A＝P B，P C＝P D B．P A＝P D＞P B＝P CC．P D＞P A＞P B＞P C D．P B＞P C＞P D＞P A【答案】C【解析】根据R＝得，R A＝R B＜R C＝R D.由电路图知，U B＝U C，根据P＝知P B＞P C；因为I A＝I D，根据P＝I2R 知，P D＞P A.A、D电流大于B、C电流，由P＝I2R知，P A＞P B，P D＞P C，所以P D＞P A＞P B＞P C.专题练习1.某电炉的电阻是100 Ω，通电10 s产生的热量是4×103 J，那么，通过这个电炉的电流强度是（）A． 4 A B． 40 AC． 2 A D． 20 A【解析】R=100 Ω，t=10 s，Q=4×103 J；根据公式Q=I2Rt得，，电流为：I=2 A，故选C2.把家用电炉的电热丝剪去一小段后继续使用，则在同样的时间内( )A．由Q＝I2Rt可知，电炉的发热量减少B．由Q＝UIt可知，电炉的发热量不变C．由Q＝t可知，电炉的发热量增大D．无法确定【答案】C【解析】因家用电路U＝220 V不变，则由Q＝t可知R减小，Q将增大。

人教物理2019高考一轮练习题（5）李仕才一、选择题1、（2018河北省衡水市安平中学高三月考）如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。

假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC 长度相等，则( )A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B. 动摩擦因数μ1＋μ2＝2tanθC. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D. 整个过程中地面对滑梯的支持力先小于小孩和滑梯的总重力后大于小孩和滑梯的总重力【答案】BD2、（2018湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考）甲乙两辆汽车都从同一地点由静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔T内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的三倍，接下来，汽车甲的加速度大小增加为原来的三倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的，则A. 在2T末时，甲、乙两车的速度相等B. 甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为3：5C. 在4T末，两车第一次相遇，且只能相遇一次D. 在运动过程中，两车能够相遇两次【答案】AB【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻T）的速度为，第二段时间间隔末（时刻2T）的速度为，第一段时间间隔内行驶的路程为，加速度为，在第二段时间间隔内行驶的路程为，由运动学公式有，，，；；设汽车乙在时刻T的速度为，第二段时间间隔末（时刻2T）的速度为，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为、，同理有，，，，；在2T末时，甲、乙两车的速度相等，故A正确；甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为3：5，故B正确；在4T末，，，甲车在前，乙车在后，故D错误；3、一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为F1、方向与斜面平行的拉力向上拉动物体，经过时间t后其速度变为v；若将平行斜面方向的拉力大小改为F2，则物体从静止开始经过时间t 后速度变为2v。

实验二 探究弹力和弹簧伸长量的关系1．(2019·广东某某中学模拟)某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系〞的实验．(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态．(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F 与弹簧长度x 的关系图象．由此图象可得该弹簧的原长x 0＝________cm ，劲度系数k ＝________N/m.(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x ＝________cm.【解析】(2)x 0为乙图中F ＝0时的x 值，即x 0＝4 cm.k ＝ΔF Δx ＝6〔16－4〕×10－2 N/m ＝50 N/m. (3)测力计示数F ＝3.0 N ，由乙图知弹簧长度x ＝10 cm.【答案】(1)竖直 (2)4 50 (3)102．(2019·河北衡水第二中学模拟)为了探究弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系，李强同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进展测试，根据测得的数据绘出如下列图的图象．(1)从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线是因为______________________________．(2)这两根弹簧的劲度系数分别为：甲弹簧为______ N/m ，乙弹簧为________ N/m.假设要制作一个准确度相对较高的弹簧测力计，应选弹簧________(选填“甲〞或“乙〞)．【解析】(1)在弹性限度范围内弹簧的弹力与形变量成正比，超过弹簧的弹性限度范围，如此此规律不成立，所以所给的图象上端成为曲线，是因为形变量超过弹簧的弹性限度． (2)甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为：k 甲＝F 甲Δx 甲＝46×10－2 N/m ≈66.7 N/m k 乙＝F 乙Δx 乙＝84×10－2 N/m ＝200 N/m 要制作一个准确程度较高的弹簧测力计，应选用一定的外力作用时形变量大的弹簧，应当选甲弹簧．【答案】(1)形变量超过弹簧的弹性限度(2)66.7 200 甲3．(2019·浙江绍兴一中模拟)在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图(a)对弹簧甲进展探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图(b)进展探究．在弹性限度内，将质量为m ＝50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图(a)、图(b)中弹簧的长度L 1、L 2如表所示．重力加速度g ＝10 m/s 2，计算弹簧甲的劲度系数k ＝________N/m ，由表中数据________(填“能〞或“不能〞)计算出弹簧乙的劲度系数．【解析】分析图(a)中，钩码数量和弹簧伸长量的关系为每增加一个钩码，弹簧长度伸长约1 cm ，所以弹簧劲度系数k 1＝ΔF Δl ＝mg Δl ＝0.50 N 0.01 m ＝50 N/m.分析图(b)中可得，每增加一个钩码，弹簧伸长约0.32 cm ，即k 1×0.003 2＋k 2×0.003 2＝mg ，根据弹簧甲的劲度系数可以求出弹簧乙的劲度系数．【答案】50 能4．(2019·长春市实验中学模拟)某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果与局部计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s 2)．实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.(1)将表中数据补充完整：①________，②________．(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出1k－n 图象．(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点．假设从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________N/m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系的表达式为k ＝________N/m.【解析】(1)①k ＝mg Δx 2＝0.100×9.80 N 〔5.26－4.06〕×10－2 m≈81.7 N/m. ②1k ＝181.7m/N ≈0.012 2 m/N. (2)描点法，画一条直线，让大局部的点都落在直线上，或均匀分布在直线两侧．(3)设直线的斜率为a ，如此有1k ＝an ，即k ＝1a ·1n ，通过计算斜率即可求得；弹簧共60圈，如此有n ＝60l 00.118 8，把其代入k ＝1a ·1n中可求得． 【答案】(1)①81.7 ②0.012 2 (2)如下列图(3)1.75×103n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1.67×103n ～1.83×103n 均正确 3.47l 0⎝ ⎛⎭⎪⎫3.31l 0～3.62l 0均正确 5．(2019·山西大学附中模拟) (1)某同学在探究“弹力和弹簧伸长量的关系〞时，实验步骤如下：安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l 1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l 1＝_ cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个一样钩码，静止时弹簧长度分别是l 2、l 3、l 4、l 5.要得到弹簧伸长量x ，还需要测量的是_．作出F －x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．(2)该同学更换弹簧，进展重复实验，得到如图丙所示的弹簧弹力F 与伸长量x 的关系图线，由此可求出该弹簧的劲度系数为 N/m.图线不过原点的原因是．【解析】(1)由mm 刻度尺的读数方法可知图乙中的读数为：25.85 cm ；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长．(2)有图象可知，斜率表示弹簧的劲度系数，k ＝70.035＝200 N/m ；图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，使弹簧变长．【答案】(1)25.85 弹簧原长 (2)200 弹簧有自重6．(2019·四川南充一中模拟)某同学为研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系，做了如下实验：①如图1所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在O 点，另一端A 系一小段轻绳(带绳结)；将制图板竖直固定在铁架台上．②将质量为m ＝100 g 的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A 0；用水平力拉A 点，使A 点在新的位置静止，描下此时橡皮筋端点的位置A 1；逐步增大水平力，重复5次……③取下制图板，量出A 1、A 2……各点到O 的距离l 1、l 2……量出各次橡皮筋与OA 0之间的夹角α1、α2……④在坐标纸上做出1cos α－l 的图象如下列图． 完成如下填空：(1)重力加速度为g ，当橡皮筋与OA 0间的夹角为α时，橡皮筋所受的拉力大小为(用g 、 m 、α表示)．(2)取g ＝10 m/s 2，由图2可得橡皮筋的劲度系数k ＝N/m ，橡皮筋的原长l 0＝ m ．(结果保存2位有效数字)【解析】(1)对结点受力分析，根据共点力平衡可知mg ＝T cos α，解得T ＝mg cos α；(2)在竖直方向，合力为零，如此kl cos α＝mg ，解得1cos α＝kl mg ，故斜率k ′＝k mg，由图象可知斜率k ′＝100，故k ＝mgk ′＝100 N/m ；由图象可知，直线与横坐标的交点即为弹簧的原长，为0.21 m.【答案】(1)mg cos α(2)1.0×1020.21 7．(2019·江西上饶一中模拟)某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系〞时，将轻质弹簧竖直悬挂，弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x ，实验得到了弹簧指针位置x 与小盘中砝码质量m 的图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.回答如下问题．(1)某次测量如图甲所示，指针指示的刻度值为 cm.(刻度尺单位为：cm)(2)从图乙可求得该弹簧的劲度系数为 N/m.(结果保存两位有效数字)(3)另一同学在做该实验时有如下做法，其中错误的答案是．A ．刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐B ．实验中未考虑小盘的重力C ．读取指针指示的刻度值时，选择弹簧指针上下运动最快的位置读取D ．在利用x －m 图线计算弹簧的劲度系数时舍弃图中曲线局部数据．【解析】(1)刻度尺的最小分度为0.1 cm ，故读数为18.00 cm.(2)结合mg ＝kx ，得x ＝gkm ，由图可知 k ＝0.08×100.42－0.15N/m≈3.0 N/m. (3)读数时开始时的零刻度应与弹簧上端对齐才能准确测量，故A 错误；本实验中可采用图象进展处理，故小盘的重力可以不考虑，故B 正确；在读指针的位置时，应让弹簧指针静止之后再读取，故C 错误；当拉力超过弹性限度时，将变成曲线，不再符合胡克定律，故应舍去，故D 正确．【答案】(1)18.00 (2)3.0 (3)AC8. (2019·湖南湘潭一中模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k 与其原长l 0的关系实验中，按图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P ，实验时的主要步骤是：①将指针P 移到刻度尺l 01＝5cm 处，在弹簧挂钩上挂上200 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P 移到刻度尺l 02＝10cm 处，在弹簧挂钩上挂上250 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P 移到刻度尺l 03＝15cm 处，在弹簧挂钩上挂上50 g 的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P 下移5cm ，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．将实验所得数据记录、列表如下：次数弹簧原长l 0/ cm 弹簧长度l / cm 钩码质量m /g 15.00 7.23 200 210.00 15.56 250 315.00 16.67 50 420.00 22.23 50 5 25.00 30.56 50根据实验步骤和列表数据(弹簧处在弹性限度内)，回答如下问题：(1)重力加速度g 取10 m/s 2.在实验步骤③中，弹簧的原长为15cm 时，其劲度系数k ＝N/m.(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数(填选项前的字母)．A ．不变B ．越大C ．越小 【解析】(1)挂50 g 钩码时，弹簧的弹力为0.5 N ，根据胡克定律得：k ＝F Δx ＝0.516.67－15.00×10－2N/m≈30 N/m.(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F＝kx 知，弹簧的劲度系数越小，应当选C.【答案】(1)30 (2)C9．(2019·安徽蚌埠二中模拟)如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系实验．(1)实验中还需要的测量工具有：________．(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x.由图可知：图线不通过原点的原因是________________；弹簧的劲度系数k＝________N/m(计算结果保存2位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)．(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F－L图象，如下正确的答案是( )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．弹力与弹簧长度成正比【解析】(1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要毫米刻度尺．(2)图线的物理意义是明确弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，如此k＝ΔFΔx＝4.9 N/m.由图可知，当F＝0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的，故图线不过原点的原因是弹簧有自重，实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重．(3)在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，A错误；在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，B正确，C错误；弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D 错误．【答案】(1)毫米刻度尺(2)弹簧有重力 4.9 (3)B10．(2019·湖南长沙一中模拟)在“探究弹力和弹簧伸长量的关系〞的实验中，某同学先测出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺刻度，然后将不同数量的一样的钩码依次悬挂在竖直弹簧下端，并记录好相应读数．(1)某次测量如下列图，指针所指刻度尺读数为________cm．(2)该同学在实验过程中，发现挂前3个钩码时，钩码重力与对应的弹簧伸长量根本成正比关系，但当挂上第4个钩码时，弹簧突然向下伸长很多，和前3组数据比照，明显不再成正比关系，产生这种情况的原因是__________________________________．(3)更换新的同种弹簧后进一步探究，在挂上第3个钩码后，在弹簧伸长过程中钩码的机械能将________，弹簧的弹性势能将________.(填“增加〞、“不变〞或“减少〞)【解析】(1)刻度尺的最小分度值为1 mm，所以读数为14.15 cm；(2)钩码对弹簧的拉力超过了弹簧的弹性限度，不再满足胡克定律；(3)弹簧伸长，在不超过其弹性限度时，其弹性势能增加，而钩码下降，弹力做负功，机械能减少．【答案】(1)14.15(14.13～14.17均可) (2)钩码对弹簧的拉力超过了弹簧的弹性限度，不再满足胡克定律(3)减少增加1．(2018·全国卷Ⅰ·22)如图甲，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针．甲乙现要测量图甲中弹簧的劲度系数．当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm ；当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图乙所示，其读数为________cm.当地的重力加速度大小为9.80 m/s 2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保存3位有效数字)．【解析】标尺的游标为20分度，准确度为0.05 mm ，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，如此读数为37 mm ＋15×0.05 mm＝37.75 mm ＝3.775 cm ．弹簧形变量x ＝(3.775－1.950)cm ＝1.825 cm ，砝码平衡时，mg ＝kx ，所以劲度系数k ＝mg x ＝0.100×9.801.825×10－2N/m ≈53.7 N/m.(保存3位有效数字) 【答案】3.775 53.72．(2018·全国卷Ⅱ·23)某同学用图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在甲木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在表中给出，其中f 4的值可从图乙中弹簧秤的示数读出．甲 乙 丙砝码的质量m /kg0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 滑动摩擦力f /N2.15 2.36 2.55 f4 2.93回答如下问题：(1)f 4＝________N ；(2)在图丙的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f －m 图线；(3)f 与m 、木块质量M 、木板与木块之间的动摩擦因数μ与重力加速度大小g 之间的关系式为f ＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝________.(保存2位有效数字)【解析】(1)对弹簧秤进展读数得2.70 N．(2)在图象上添加(0.20 kg,2.70 N)这个点，画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，如答图所示．(3)由实验原理可得f＝μ(M＋m)g，f－m图线的斜率为k＝μg.(4)根据图象求出k＝3.9 N/kg，代入数据得μ＝0.40．【答案】(1)2.70 (2)如下列图(3)μ(M＋m)gμg(4)0.403．〔2016·浙江卷〕某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系〞的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法〞实验．在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下：图1­7(1)假设弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是________N(图2中所示)，如此弹簧秤b的读数可能为________N.(2)假设弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如此弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大〞“变小〞或“不变〞)．【答案】 (1)3.00～3.02 3.9～4.1(有效数不作要求) (2)变大变大【根底】(1)由图可知弹簧秤a的读数是F1＝3.00 N；因合力为F＝kx＝500×0.01 N＝5 N，两分力夹角为90°，如此另一个分力为F2＝F2－F21＝4.0 N.(2)假设弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC夹角，根据力的平行四边形法如此可知，弹簧秤a的读数变大，弹簧秤b的读数变大．。

专题1.10 表格信息问题一．选择题1.（2018北京密云质检）一辆汽车从甲地开往乙地，由静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为零时刚好到达乙地。

从汽车启动开始计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度。

下列说法正确的是AB．汽车匀加速直线运动经历的时间为5.0sC．汽车匀减速直线运动经历的时间为4.0sD．汽车匀减速直线运动经历的时间为2.0s【参考答案】D2.如图所示,t=0时,质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变),最后停在C点。

测得每隔2 s的三个时刻物体的瞬时速度记录在表中,由此可知(重力加速度g取10 m/s2) ( )A.物体运动过程中的最大速度为12 m/sB.t=3 s的时刻物体恰好经过B点C.t=10 s的时刻物体恰好停在C点D.A、B间的距离大于B、C间的距离【参考答案】C【名师解析】根据图表中的数据,可以求出下滑的加速度a1=4 m/s2和在水平面上的加速度a2=-2 m/s2。

如果第4 s还在斜面上的话,速度应为16 m/s,从而判断出第4 s已过B点。

物体是在2 s到4 s之间经过B点。

所以最大速度不是12 m/s,故A 错误。

根据运动学公式:8 m/s+a 1t 1+a 2t 2=12 m/s,t 1+t 2=2 s,解出t 1= s,知经过 s 到达B 点,到达B 点时的速度v=a 1t= m/s,故B 错误。

第6 s 末的速度是8 m/s,到停下来还需的时间t′= s=4 s,所以到C 点的时间为10 s,故C 正确。

根据v 2-=2ax,求出AB 段的长度为m,BC 段长度为 m,故D 错误。

3.．酒后驾驶存在许多安全隐患，原因在于酒后驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间．表中思考距离是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；制动距离是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小不变).A ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．当汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车以15 m/s 的速度行驶时，汽车制动的加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.7 【参考答案】ABD【名师解析】反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多出的反应时间为Δt ＝Δx v ＝15－7.515 s＝0.5 s ，故A 正确；当汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7m ，大于40 m ，故不能安全停车，故B 正确；汽车制动时，加速度大小为a ＝v 22x＝152－m/s 2＝7.5m/s2，故C错误；此时思考距离增加Δx＝25 m－12.5 m＝12.5 m，故x＝54.2 m＋12.5 m＝66.7 m，故D 正确．4.（2016广东汕头模拟）酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间。

考点精讲1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．（3）楞次定律中“阻碍”的含义2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．考点精练题组1楞次定律1．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁当磁铁向下运动但未插入线圈内部时，线圈中A．没有感应电流B．感应电流的方向与图中箭头方向相反C．感应电流的方向与图中箭头方向相同D．感应电流的方向不能确定【答案】C【解析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同。

故C正确，A、B、D错误。

2．下列各图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是( )【答案】：CD3．如图所示，导线AB与CD平行。

当开关 S闭合与断开时，关于导线CD 中感应电流的方向，下列判断正确的是A． S闭合时方向向左，S断开时方向向左B． S闭合时方向向右，S断开时方向向左C． S闭合时方向向左，S断开时方向向右D． S闭合时方向向右，S断开时方向向右【答案】C【解析】当S闭合时，穿过回路CD的磁通量垂直纸面向外增大，由楞次定律得知感应电流的磁场方向应是垂直纸面向里，由安培定则判知感应电流方向是由D到C；当S断开时，穿过回路CD的磁通量垂直纸面向外减小，由楞次定律得知感应电流的磁场方向应是垂直纸面向外，由安培定则判知感应电流方向是由C 到D；故选：C4．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生【答案】B5．如图，铁芯上绕有两组线圈，一组与电源相连，另一组与灵敏电流计相接。

知识回顾1.电场中的图象有E－x，φ－x，v－t，F－x，E P－x等多种，要弄清各类图象的斜率、截距、面积的物理意义．2.规律方法电场中各类图象的比较(1)电场的E－x图象与φ－x图象在给定了电场的E－x图象时，可以由图线确定x轴上各点场强的大小及方向．此外还可以确定x轴上各点的电势变化情况：E－x图线与x轴所围图形的面积表示电势差．在给定了电场的φ－x图象时，除了可以直接确定x轴上各点电势的高低及电势变化情况，还可以确定x轴上各点场强(或沿x轴方向上的场强分量)的大小及方向：图线斜率大小表示场强大小，斜率正负表示场强方向．当E－x图象或φ－x图象与粒子运动相结合时，可利用电场力与场强、加速度的关系及电场力做功与动能、电势能和电势等的关系来解决涉及粒子电性、电场力、电势能、动能、速度、加速度等的相关问题．在这类题目中，还可以把E－x图象或φ－x图象假设为我们熟悉的、符合给定变化规律的某一种电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．(2)其他图象由于F＝qE、E p＝qφ，故F－x图象、E p－x图象问题处理方法同上，如F－x图线的面积表示电场力所做的功、电势能的变化量．E p－x图线的切线斜率表示电场力等．1．(多选)(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图8－1所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正点的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()A．E a∶E b＝4∶1 B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3【答案】：AC例题分析【例1】(多选)(2107年高考·江苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】φ－x图象的斜率表示电场强度，由图象可知，x2左侧电场强度方向向左，x2右侧电场强度方向向右，x1处电场强度大于零，x2处电场强度等于零，故q1和q2带有异种电荷，A正确，B错误．负电荷从x1处移到x2处，电势升高，电场强度减小，故电势能减小，电场力减小，C正确，D错误．【例2】一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是()【答案】 D专题练习1.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是线段，则下列说法正确的是()A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变【答案】：D2. (2017年上海七校高三联考)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则()A．C点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．N、C间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】：AD【解析】：C点是电势的拐点，根据公式φ＝Ex可知，图象的斜率大小是电场强度大小，而C点的斜率为零，故A正确；同理，由题图知A点的电势为零，但该点的斜率不为零，故B错误；OM间电场强度方向沿x 轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故C错误；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确．学科&网3．(2017年河南洛阳模拟)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图8－3－5乙所示，下列说法正确的是()A ．两点电荷一定都带正电，且电荷量一定相等B ．两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等C ．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D ．0～t 2时间内，试探电荷的电势能先增大后减小 【答案】：B4．真空中有一静电场，其在x 轴正半轴的电势随x 变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A ．R 处的电场强度E ＝0B ．若试探电荷从x 1处移到x 2处，电场力不一定做正功C ．x 1处与x 2处的电场强度方向相反D ．该电场有可能是处在O 点的正点电荷激发产生的 【答案：】B【解析】：根据E ＝ΔφΔx ，即图线的切线的斜率等于电场强度，由图线可知，在R 处的场强不为零，选项A 错误；从x 1到x 2电势逐渐降低，因不知试探电荷的电性，无法判断电场力做功的情况，选项B 正确；在x 1处与x 2处的切线的斜率符号相同，故电场强度方向相同，选项C 错误；由于在R 点以后的电势为负，故该电场不可能是处在O 点的正点电荷激发产生的，选项D 错误．5．(2017年开封二模)在x 轴上存在与x 轴平行的电场，x 轴上各点的电势随x 点位置变化情况如图所示．图中－x 1～x 1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是( )A．x轴上各点的场强大小相等B．从－x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在－x1点的电势能D．一个带正电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2的电势能【答案】：B7.(多选)(2017·江苏)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC8.(2017·南宁二模)空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，A、B、C为x 轴上的点，取x轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法正确的是()A．AC段中B点的电势最低B．一带负电的粒子从A点运动到B点电势能减小C．U AB＞U BCD．一正电荷仅在电场力作用下从A点运动到C点动能先增大后减小【答案】 C【解析】A项，从A点到C点，电场强度的方向不变，则电势一直降低，故C点电势最低，A项错误；B 项，因为电场方向沿x轴正方向，电场力沿x轴正向，所以带负电粒子电场力做负功，从A点运动到B点电势能增大，故B项错误；C项，AB两点间图像与x轴所夹的面积大于BC两点间图像与x轴所夹的面积，所以U AB＞U BC，故C项正确；D项，正电荷从A点运动到C点电场力做正功，电势能一直减小，D项错误．9.(2017·吉林三模)在真空中的x轴上的原点和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是()A．点电荷M、N一定都是负电荷B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1D．x＝4a处的电场强度一定为零【答案】 D10：真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是()A．x＝a点的电势高于x＝2a点的电势B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1C．点电荷M、N一定为异种电荷D．x＝2a处的电势一定为零【答案】：B【解析】：由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x＝a点的电势高于x＝2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x＝a点的电势低于x＝2a点的电势，故A错误．M在2a处产生的场强E1＝，而N在2a处产生的场强E2＝，由于2a处场强为0，故E1＝E2，所以QM＝4QN，故B正确．由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误．由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x＝2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误．学科&网11.真空中相距为3L的两个点电荷A、B分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3L的两点处，其连线上各点场强随x变化关系如图所示(x正方向为场强的正方向)，以下判断中正确的是()A．点电荷A、B一定为异种电荷B．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶2C．x＝L处的电势一定为零D．把一个负电荷沿x轴从x＝移至x＝L的过程中，电势能先减小后增大【答案】：D12.(多选)某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则()A．粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B．粒子经过P点与Q点时，动能相等C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等D．粒子在P点的电势能为正值【答案】：B13.空间某一静电场的电势φ关于x轴对称分布，如图所示．x轴上A、B两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，下列说法正确的是()A．因为a点电势比b点电势高，所以Exa大于ExbB．Exa的方向与Exb方向相同，均沿x正方向C．一点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于FbD．点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势能总是先增大后减小【答案】：C【解析】：a点和b点的斜率等于电场强度的大小，可见Exa＞Exb，但不能说是因为a点电势比b点电势高，应该说是因为a点的电势φ的变化率大于b点的电势φ的变化率，所以Exa大于Exb.故A错误；A、B两点电势变化的斜率方向相反，所以Exa的方向与Exb方向相反．故B错误；由A的分析知Exa＞Exb，所以点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于Fb.故C正确；点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势先升高后降低，正电荷的电势能是先增大后减小，负电荷的电势能是先减小后增大．故D错误14.．如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量Q A＝2×10－4 C，B球的质量为m＝0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，A、B 球与地球所组成的系统总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6米．(g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2.令A处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处为零电势能处)．(1)求杆与水平面的夹角θ；(2)求B球的带电量Q B；(3)求M点电势φM；(4)若B球以E k0＝4 J的初动能从M点开始沿杆向上滑动，求B球运动过程中离A球的最近距离及此时B 球的加速度．【答案】(1)30°(2)1×10－5 C12 (3)3×105 V (4)2 m 40 m/s 2 沿杆向上(3)M 点的电势能E pM ＝E 总－E p ＝6 J －3 J ＝3 J则M 点电势 φM ＝E pM Q B＝3×105 V ； (4)在M 点B 球总势能为6 J ，根据能量守恒定律，当B 的动能为零，总势能为10 J ，由曲线Ⅰ知B 离A 的最近距离为x ＝2 m.k Q A Q B x 2－mg ＝ma 解得a ＝40 m/s 2，方向沿杆向上．。

知识回顾1．输出功率输出功率P ＝Fv ，其中F 为牵引力． 2．机车有两种启动方式(1)以额定功率启动，机车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到和摩擦力相等时，匀速运动，最大速度时有P ＝f ·v m ，所以v m ＝Pf.(2)以恒定牵引力(加速度)启动，机车先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最终匀速． 匀加速末速度v 1＝P f ＋ma ，最大速度v m ＝Pf .规律方法解决机车启动问题时的四点注意(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动．(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功可用W ＝Pt ，但不能用W ＝Fl cos θ. (4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝F f v m ，P 为机车的额定功率．典例分析【例1】 如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0－t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1－t 2时间内汽车牵引力做功为12mv 22－12mv 21C ．t 1－t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2－t 3时间内牵引力变小 【答案】 D【例2】 一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )A ．汽车的功率B ．汽车行驶的最大速度C ．汽车所受到的阻力D ．汽车运动到最大速度所需的时间 【答案】 D【解析】 由F －F f ＝ma ，P ＝Fv 可得：a ＝P m ·1v －F f m ，对应图线可知，Pm ＝k ＝40，可求出汽车的功率P ，由a ＝0时，1v m ＝0.05可得：v m ＝20 m/s ，再由v m ＝PF f ，可求出汽车受到的阻力F f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选D.专题练习1. (多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v －t 图象如图5－2－3所示．已知汽车的质量为m ＝2.0×103 kg ，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g 取10 m/s 2，则( )A．汽车在前5 s内的牵引力为4.0×103NB．汽车在前5 s内的牵引力为6.0×103NC．汽车的额定功率为40 kWD．汽车的最大速度为30 m/s【答案】：BD2.(2015年高考·课标全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()【答案】：A【解析】：机车在公路上行驶受到牵引力F 和阻力f 的作用，常用公式有F －f ＝ma ，P ＝Fv .在0～t 1阶段，P 一定，v 增大，则F 减小，f 不变，则a 减小，故汽车做加速度逐渐减小的加速运动．在t 1～t 2阶段，仍然如此，直到F 减至等于f ，汽车的加速度为零，汽车开始匀速行驶，B 、D 错；若汽车开始做匀速运动，功率增大后，汽车的速度不会突变，C 错；A 正确．学科&网3．汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小为P2并保持此功率继续在平直公路上行驶．设汽车行驶时所受的阻力恒定，则能正确反映从减小油门开始汽车的速度随时间变化的图象是( )【答案】：B4．(2017年山东名校协作校二调)倾角为θ的粗糙斜面上放一质量为m 的木块，接触面间的动摩擦因数为μ，现通过一轻质定滑轮沿斜面向上拉木块，拉力的功率恒为P ，斜面足够长，使木块可以获得的最大速度为( )A.P mg sin θ＋μmg cos θ B.2Pmg sin θ＋μmg cos θC.P mg sin θD.P mg sin θ＋μmg cos θ 【答案】：D【解析】：木块速度最大2F＝(mg sinθ＋μmg cosθ)，v绳＝2v，P＝F·v绳，则v＝Pmg sinθ＋μmg cosθ，D对．5．(2017年天津南开区模拟)—个高中生骑电动车以20 km/h的速度匀速行驶，电动车所受的阻力是人和车总重力的110.已知人和车的总质量约为80 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则此时电动车电机的输出功率约为()A．50 W B．100 WC．450 W D．800 W【答案】：C6．(多选)某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末达到额定功率，2 s到14 s保持额定功率运动，14 s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v－t图象如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m＝1 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，则()A．玩具车所受阻力大小为1.5 NB．玩具车在4 s末牵引力的瞬时功率为9 WC．玩具车在2～10 s内位移的大小为39 mD．玩具车在整个过程中的位移大小为90 m【答案】：ABC7．(2017·保定模拟)质量为5×103 kg 的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a ＝2 m/s 2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N ，则汽车匀加速起动过程中( ) A ．第1 s 内汽车所受牵引力做功为1.0×104 J B ．第1 s 内汽车所受合力的平均功率20 kW C ．第1 s 末汽车所受合力的瞬时功率为22 kW D ．第1 s 末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW 【答案】 D【解析】据牛顿第二定律F －f ＝ma 得牵引力F ＝f ＋ma ＝1.1×104 N ．第1 s 内汽车位移x ＝12at 2＝1 m ，第1 s 末汽车速度v ＝at ＝2 m/s ，汽车合力F 合＝ma ＝1×104 N ，则第1 s 内汽车牵引力做功：W F ＝Fx ＝1.1×104 J ，故A 项错误；第1 s 内合力做功：W ＝F 合x ＝1×104 J ，平均功率P ＝W t ＝1×104 W ，故B 项错误；1 s 末合力的瞬时功率P 合＝F 合v ＝2×104 W ，故C 项错误；1 s 末牵引力瞬时功率P ＝Fv ＝2.2×104 W ＝22 kW ，故D 项正确．8．如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P 0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m ，沿水面运动时所受的阻力为f 且保持不变，当绳AO 段与水面的夹角为θ时，小船的速度为v ，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于( )A.P 0mv －f mB.P 0mv cos 2θ－fmC.fmD.P 0mv【答案】 A9．(2017·佛山二模)(多选)如图，汽车以一定的初速度连续爬两段倾角不同的斜坡ac和cd，在爬坡全过程中汽车保持某恒定功率不变，且在两段斜面上受到的摩擦阻力大小相等．已知汽车在经过bc段时做匀速运动，其余路段均做变速运动．以下描述该汽车运动全过程v－t图中，可能正确的是()【答案】BC【解析】当在斜坡上运动时，如果开始速度较小，此时的牵引力大于受到的总阻力，开始做加速运动，根据P＝Fv可知，牵引力减小，结合牛顿第二定律可知，加速度减小，当牵引力等于总阻力时，开始匀速运动，到达斜面cd后，斜面的倾角减小，重力沿斜面的分力减小，总阻力减小，此时牵引力大于总阻力，做加速运动，速度增大，根据P＝Fv可知，牵引力减小，做加速度减小的加速运动；在斜面上时，受到的阻力大小f总＝mgsinθ＋f，若此时牵引力小于总阻力，做减速运动，速度减小，根据P＝Fv可知，牵引力增大，结合牛顿第二定律可知，加速度减小，当牵引力等于阻力时，速度减小到最小，此后匀速运动，到达斜面cd后，斜面的倾角减小，重力沿斜面的分力减小，总阻力减小，此时牵引力大于总阻力，做加速运动，速度增大，根据P＝Fv可知，牵引力减小，做加速度减小的加速运动，故B、C两项正确，A、D两项错误．学科&网10．(2017·温州联考)一辆总质量为1 500 kg的汽车，由静止开始沿平直公路以额定功率P＝90 kW启动，并保持额定功率行驶．汽车匀速运动过程中，突然发现前方有障碍物，立即以大小5 m/s2的加速度开始刹车，汽车最后停下来，整个过程中，汽车位移为765 m，刹车之前汽车受到的阻力恒为3 000 N．汽车刹车过程位移大小和汽车保持额定功率运动的时间分别是()A．90 m30 s B．60 m20 sC．60 m30 s D．90 m20 s【答案】 A11．(2017·湖南二模)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0、车对轨道的压力为mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则()A．车经最低点时对轨道的压力为mgB．车运动过程中发动机的功率一直不变C．车经最低点时发动机功率为3P0D．车从最高点经半圆轨道到最低点的过程中，人和车重力做功的功率不变【答案】 C【解析】在最高点：向心力大小为F n＝N1＋mg＝2mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，则在最低点：N2－mg＝F n，得N2＝3mg.故A项错误；在最高点：发动机功率P0＝F1v＝μN1v＝μmgv，在最低点：发动机功率为P＝F2v＝μN2v＝3μmgv，则有P＝3P0.故B项错误、C项正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变，重力大小不变．车从最高点经半周到最低点的过程中，重力和速度方向夹角先变小再变大，重力功率先变大再变小．故选C项．12.某测试员测试汽车启动、加速、正常行驶及刹车的性能．前4 s逐渐加大油门，使汽车做匀加速直线运动，4～15 s保持油门位置不变，可视为发动机保持恒定功率运动，达到最大速度后保持匀速运动，15 s 时松开油门并踩刹车，经3 s停止．已知汽车的质量为1 200 kg，在加速及匀速过程中汽车所受阻力大小恒为f，刹车过程汽车所受阻力大小为5f.根据测试数据描绘v－t图像如图所示，则下列说法正确的是()A．f＝1 200 NB．0～4 s内汽车所受牵引力大小为6 000 NC．4～15 s内汽车位移为141 mD．4～15 s内汽车功率为360 kW【答案】 D13．(2017·安徽联考)(多选)完全相同的两辆汽车，都拖着完全相同的拖车，以相同的速度在平直公路上以速度v匀速齐头并迸，汽车与拖车的质量均为m，某一时刻两拖车同时与汽车脱离之后，甲汽车保持原来的牵引力继续前进，乙汽车保持原来的功率继续前进，经过一段时间后甲车的速度变为2v，乙车的速度变为1.5v，若路面对汽车的阻力恒为车重的0.1倍，取g＝10 m/s2，则此时()A．甲乙两车在这段时间内的位移之比为4∶3B．甲车的功率增大到原来的4倍C．甲乙两车在这段时间内克服阻力做功之比为12∶11D．甲乙两车在这段时间内牵引力做功之比为3∶2【答案】CD14．(2017·舟山模拟)质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g＝10 m/s2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间t1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m ，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？ 【答案】 (1)7 s (2)8 m/s (3)22 s 【解析】(1)由牛顿第二定律得 F －mgsin30°－F f ＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝Fv v ＝at 1 解得t 1＝7 s(2)当达到最大速度v m 时，a ＝0，则有 P ＝(mgsin30°＋F f )v m 解得v m ＝8 m/s(3)汽车匀加速运动的位移x 1＝12at 12在后一阶段对汽车由动能定理得 Pt 2－(mgsin30°＋F f )x 2＝12mv m 2－12mv 2又有x ＝x 1＋x 2 解得t 2＝15 s故汽车运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝22 s15．(2017·顺德区一模)在一条平直的公路上，甲车停在A 点，乙车以速度v ＝10 m/s 匀速运动，当乙车运动到B 点时，甲车以恒定加速度a ＝0.5 m/s 2匀加速启动，与乙车相向运动，若经过20 s 两车相遇，此时甲车恰好达到最大速度．已知甲车质量为1.0×104 kg ，额定功率为50 kW ，阻力是车重的0.05倍．试求： (1)甲车保持匀加速运动的时间； (2)A 、B 两点间的距离． 【答案】 (1)10 s (2)250 m(2)甲车加速运动通过的位移为：x 1＝12at 2＝25 m12 甲车达到的最大速度为：v m＝Pf＝50 0000.05×10 000×10m/s＝10 m/s甲车10～20 s内通过的位移为x2，根据动能定理有：Pt′－fx2＝12mv m2－12mv加2，代入数据解得：x2＝25 m甲车通过的总位移为：x甲＝x1＋x2＝50 m乙车在20 s内通过的位移为：x乙＝vt＝200 mA、B两点间的距离为：Δx＝x乙＋x甲＝250 m。

验证胡克定律【纲要导引】验证胡克定律在新课标卷中常考，计算每增加一个砝码弹簧的平均伸长量属于难点，需要用到逐差法，并且计算量比较大，需要同学们认真计算。

【点拨练习】1．（2018•新课标Ⅰ）如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。

现要测量图（a）中弹簧的劲度系数。

当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950cm；当托盘内放有质量为0.100kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）示数，其读数为cm．当地的重力加速度大小为9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为N/m （保留3位有效数字）。

【答案】3.775；53.7。

【解析】图（b）中主尺读数为3.7cm，游标卡尺的读数为0.05mm×15＝0.75mm，故读数为3.7cm+0.75mm ＝3.775cm；由题意可得：托盘内放质量m＝0.100kg的砝码，弹簧伸长量△x＝3.775cm﹣1.950cm＝1.825cm；根据受力分析可得：mg＝k△x，故弹簧的劲度系数；2．（2015•四川）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1＝cm．在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝N（当地重力加速度g＝9.8m/s2）。

要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是。

作出F ﹣x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系。

【答案】25.85；0.98；弹簧原长【解析】由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；挂2个钩码时，重力为：G＝2mg＝2×0.05×9.8＝0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为0.98N；本实验中需要测量的是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；3．（2014•浙江）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。

2、摩擦力[基础训练]1．如图所示，磁性黑板擦静止吸附在竖立的铁质黑板上．若黑板擦的重力大小为G，黑板对黑板擦的磁场力垂直于黑板平面，则( )A．黑板擦对黑板没有施加摩擦力B．黑板对黑板擦的作用力方向竖直向上C．黑板擦受到的磁场力大小一定等于GD．黑板擦受到的弹力大小不可能大于G答案：B 解析：对磁性黑板擦受力分析，受重力、磁场力、弹力以及摩擦力的作用，竖直方向上，重力与黑板对黑板擦的摩擦力平衡，垂直于黑板平面的方向上，黑板对黑板擦的磁场力与弹力平衡，则A错误，B 正确；而黑板擦受到的弹力、磁场力与重力的大小关系不能确定，则C、D错误．2．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)．则该滑块所受摩擦力f随时间t变化的图象为下图中的(取初速度v0的方向为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案：B 解析：滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式f＝μN可得f＝μmg cos 37°＝0.8×1×10×0.8 N＝6.4 N，方向沿着斜面向下，重力的下滑分力等于mg sin 37°＝1×10×0.6 N＝6 N<6.4 N，所以滑块滑到最高点时处于静止状态．因此滑块受到的静摩擦力大小为6 N，方向沿着斜面向上，B项正确，A、C、D项错误．3．如图所示的实验可以用来研究物体所受到的滑动摩擦力．当手拉木板从木块下抽出时，弹簧测力计的示数为F f ，由此可知( )A ．木板与桌面间的滑动摩擦力等于F fB ．木块与木板间的滑动摩擦力等于F fC ．绳子对木板的拉力等于F fD ．人手对绳子的拉力等于F f答案：B 解析：由于木块静止，所受滑动摩擦力等于弹簧的弹力F f ，B 正确，A 错误；绳子对木板的拉力、人手对绳子的拉力都未知，C 、D 错误．4．如图所示，物块A 放在倾斜的水板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( )A.12B.32C.22D.52答案：C 解析：由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物块受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f1＝mg sin 30°，当α＝45°时，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f2＝μF N ＝μmg cos 45°，由F f1＝F f2得μ＝22. 5．(2018·贵州贵阳检测)如图所示，轻质弹簧的左端与物块P 相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于压缩状态，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P 刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P 所受静摩擦力的大小变化情况是( )A ．一直增大B ．保持不变C ．先减小后增大D ．先增大后减小答案：A 解析：在抬起木板右端的过程中，物块受重力、支持力、弹簧对物块沿木板向下的弹力、摩擦力作用，由平衡条件有mg sin α＋kx ＝F f ，α为木板与水平面的夹角，所以在抬起木板右端的过程中物块所受摩擦力不断增大，A 项正确．[能力提升]6．(2018·天津模拟)如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受到地面的摩擦力大小为( )A ．μ1MgB ．μ2mgC ．μ1(m ＋M )gD ．μ1Mg ＋μ2mg答案：B 解析：因为木块对木板的摩擦力大小为μ2mg ，方向水平向右，而木板静止，所以地面给木板的静摩擦力水平向左，大小为μ2mg ，选项B 正确．7．一方形木板置在水平地面上，在方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟水板之间并不接触．现在有一方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时方形木板以相等大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡扳和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，物块的质量为m ，重力加速度为g ，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为( )A ．0 B.22μ1μ2mg C.12μ1μ2mg D.2μ1μ2mg答案：B 解析：物块沿运动方向受挡板的摩擦力为f 1＝μ1F N ，因物块沿挡板运动的速度等于木板的运动速度，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力为f 2＝μ2mg ，其方向与挡板成45°角．则在垂直挡板方向F N ＝μ2mg cos 45°＝22μ2mg ，则f 1＝μ1F N ＝22μ1μ2mg ，故B 项正确．8．(2018·山东淄博摸底)一横截面为等腰三角形的斜面体放在地面上，斜面的倾角均为30°，两个均可视为质点的完全相同的滑块甲和乙放在斜面体上，如图所示，斜面体在地面上静止而两滑块刚好沿斜面匀速下滑；假设一切接触面均有摩擦，在滑块甲、乙上分别施加沿两斜面向下的外力F1、F2，且F1>F2，则两滑块在下滑的过程中( )A．滑块乙与斜面体之间的摩擦力增大B．地面对斜面体的摩擦力向右C．滑块甲对斜面体的压力增大D．斜面体对地面的压力大小等于三者重力之和答案：D 解析：滑块甲、乙沿斜面体匀速下滑时，三者都处于平衡状态，故对三者整体受力分析，整体受重力和支持力，不受摩擦力，故地面对斜面体的支持力大小为三者重力之和，当在两滑块上施加外力后，两滑块对斜面体的压力和摩擦力均不变，斜面体的受力情况不变，故斜面体仍保持静止，与地面间没有摩擦力，根据牛顿第三定律可知斜面体对地面的压力大小等于三者重力之和，D正确.。

1．动量守恒条件.（1）系统不受外力或合外力为零时，动量守恒．（2）若在某一方向合外力为0，则该方动量守恒．2.规律方法应用动量守恒定律解题的基本思路（1）分析题意，明确研究对象，确定所研究的系统是由哪些物体组成的．（2）对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件判断能否应用动量守恒定律．（3）明确所研究物体间的相互作用的过程，确定过程的初、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量．（4）规定正方向，确定初、末状态的动量的正、负号，根据动量守恒定律列方程求解．3.在一个多过程、或者比较复杂的运动中，可能存在着同时满足动量守恒和能量守恒以及机械能守恒的问题，那么我们要根据题中的条件判断是否符合动量守恒和机械能守恒的条件，然后利用公式解题。

动量守恒的条件：系统不受外力或者所受合外力为零，则系统机械能是守恒的机械能守恒的条件：只有重力或系统内弹力做功，系统的机械能是守恒的。

动量守恒可以说某个方向上守恒，但机械能守恒不能说某个方向上守恒。

解动力学问题的三个基本观点（1）力的观点：运用牛顿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利用动量和能量的观点解题的技巧（l ）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）.（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理（3）因为动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性例题分析典例 1 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m 的小物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A ．在下滑过程中，物块的机械能守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C ．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h 处【答案】C典例 2. 如图所示，木块 A 和 B 质量均为 2 kg，置于光滑水平面上． B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当 A 以 4 m/s的速度向 B 撞击时，A、B 之间由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( )A． 4 J B．8 J C．16 J D．32 J【答案】B【解析】 A 与 B 碰撞过程动量守恒，有m A v A＝(m A＋m B)v AB，所以v AB＝＝2 m/s.当弹簧被压缩到最短时，A、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以E p＝(m A＋m B)v ＝8 J.典例 3 如图所示，物体 A 静止在光滑的水平面上， A 的左边固定有轻质弹簧，与 A 质量相等的物体 B 以速度v 向 A 运动并与弹簧发生碰撞，A、B 始终沿同一直线运动，则A、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )A ． A 开始运动时B． A 的速度等于v 时C． B 的速度等于零时D ． A 和 B 的速度相等时答案】D【解析】当 B 触及弹簧后减速， 而物体 A 加速， 当 A 、B 两物体速度相等时， A 、B 间距离最小， 弹簧 压缩量最大， 弹性势能最大， 由能的转化与守恒定律可知系统损失的动能最多， 故只有 D 正确 典例 4 (多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和 m 2的两物块 A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使 B 瞬时获得水平向右的速度 3 m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如 图乙所示，从图象信息可得 ( )A ． 在 t 1、t 3时刻两物块达到共同速度 1 m/s ，且弹簧都处于伸长状态B ． 从 t 3到 t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ． 两物体的质量之比为 m 1∶ m 2＝1∶2D ． 在 t 2时刻 A 与 B 的动能之比为E k1∶E k2＝8∶1【答案】 BD专题练习1 (多选 )如图所示， 两物块质量关系为 m 1＝2m 2；两物块与水平面间的动摩擦因数 μ2＝ 2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩，若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则 ( )A ．两物块在脱离弹簧时速率最大C ．两物块的速率同时达到最大D ．两物体在弹开后同时达到静止【答案】 BCDB ．两物块在刚脱离弹簧时速率之比为 v 1 1v 2＝2【分析】 烧断细线后，对 m 1、m 2及弹簧组成的系统，在 m 1、m 2 运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用， 其中 F 1＝ μ1m 1g ，F 2＝μ2m 2g ，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动 量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物体的摩擦力作用，其运动过程分 为两个阶段：先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到 最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后， 物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．【点评】 对于所研究的系统，只要所受外力的合力为零，无论有多少个过程，无论系统内各物体是否接 触，也无论系统内物体间相互作用力的性质如何，动量守恒定律都适用．解题中既可以。

学 习 资 料 专 题专题5.7 航天和宇宙探测一．选择题1.（2018成都一诊）2016年8月16日，我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，该卫星的发射将使我国在国际上率先实现高速量子通信，初步构建量子通信网络。

“墨子号”卫星的质量为m （约64okg ），运行在高度为h （约500km ）的极地轨道上，假定该卫星的轨道是圆，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R 。

则关于运行在轨道上的该卫星，下列说法正确的是A B ．运行的向心加速度大小为gC ．运行的周期为2πD ．运行的动能为()22mgR R h +【参考答案】D【命题意图】本题考查万有引力定律、匀速圆周运动、牛顿运动定律、动能及其相关的知识点。

【名师解析】由万有引力等于向心力，G()2MmR h +=m 2v R h +，在地球表面，万有引力等于重力，G 2MmR=mg ，联立解得卫星运行的速度：，选项A 错误；根据牛顿第二定律，由万有引力等于向心力，G()2MmR h +=ma ，G 2MmR =mg ，联立解得向心加速度a=()22gR R h +，选项B 错误；由万有引力等于向心力，G()2MmR h +=m(R+h)(2T π)2，在地球表面，万有引力等于重力，G 2MmR=mg ，联立解得卫星运行的周期：T=2πC 错误；卫星运行的动能Ek=12mv 2=()22mgR R h +，选项D 正确。

2．（2018江西赣中南五校联考）如图所示，a 、b 两颗人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A.a 的周期小于b的周期B.a 的动能大于b的动能C.a 的势能小于b的势能D.a 的加速度大于b的加速度【参考答案】.AD【命题意图】本题考查万有引力定律、卫星的运动及其相关的知识点，意在考查学生对人造卫星的加速度、周期和轨道的关系理解和运用相关知识解决实际问题的能力。

3．（2018江苏淮安宿迁质检）2017年4月,我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接．假设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图所示．已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G．则A．天宫二号的运行速度小于7.9km/sB．天舟一号的发射速度大于11.2km/sC．根据题中信息可以求出地球的质量D．天舟一号在A点的速度大于天宫二号的运行速度【参考答案】AC4.（2018南宁高三摸底考试）中国北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导轨系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。

1．二种模型 模型 绳模型杆模型实例球与绳连接、水流星、翻滚过山车球与杆连接、球过竖直的圆形管道，套在圆环上的物体等 图示在最高 点受力 重力，弹力F 弹向下或等于零 mg ＋F 弹＝m v 2R重力，弹力F 弹向下、向上或等于零 mg ±F 弹＝m v 2R恰好过 最高点 F 弹＝0，mg ＝m v 2Rv ＝Rg ，即在最高点速度不能为零 v ＝0，mg ＝F 弹在最高点速度可为零2.铭记三点(1)向心力一定指向圆心，而只有做匀速圆周运动的物体的合外力才始终指向圆心．(2)用杆固定小球在竖直面内做圆周运动时，v ＝gR 为杆对小球的弹力为零的条件，也是杆对小球是拉力还是支持力的转折点． (3)熟记动力学方程：F ＝ma ＝m v 2R ＝mω2R ＝mωv ＝m 4π2T 2R ＝m 4π2f 2R .3.规律方法（1）求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思想（2）．系在绳上的物体在竖直平面内做圆周运动的条件是v 高≥gl ； 绳改为杆后，则v 最高≥0均可；在最高点的速度v 最高＞gl 时，杆拉物体； v 最高＜gl 时杆支持物体； v 最高＝gl 时杆的作用力为零．（3）．物体随圆盘一起做圆周运动的最大角速度为ω＝μgR，与物体的质量无关，决定于物体到圆心的距离R 和动摩擦因数μ.（4）．火车转弯时既不挤压内轨，也不挤压外轨时的行驶速率约为v 限＝ghrL，取决于内、外轨的高度差h 、内外轨间距L 及铁路弯道的轨道半径r .典例分析：【例1】 (多选)如图，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg【例2】如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是()A. 5 rad/sB. 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s【例3】如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球，用长为L＝0.4 m的轻绳拴住在竖直平面内做圆周运动．求(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，细线拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，求小球的速度不能超过多大值？专题练习1 .(2017年湖北武汉模拟)如图所示的装置可以测量子弹的飞行速度．在一根轴上相距s＝1 m处安装两个平行的薄圆盘，使轴带动两圆盘以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，飞行的子弹平行于轴沿一条直线穿过两圆盘，即在盘上留下两个小孔，现测得两小孔所在半径间的夹角为30°，子弹飞行的速度大小可能是下述的(设在穿过两圆盘的过程中子弹的速度保持不变)()A．500 m/s B．600 m/sC．700 m/s D．800 m/s2．(多选)如图所示，半径r＝0.5 m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r小很多)．现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，重力加速度大小g 取10 m/s2，v0应满足()A．v0≥0 B．v0≥2 5 m/sC．v0≥5 m/s D．v0≤10 m/s3．如图所示，用一根细绳一端系一个小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图象正确的是()4．(2017年河北保定质检)如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则()A．绳的张力可能为零B．桶对物块的弹力不可能为零C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大5．(2017年河南八市重点高中质量监测)如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)处于静止状态，现轻微扰动一下，小环从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，下列说法正确的是()A．大环对小环的弹力为3mgB．大环对小环的弹力为4mgC．轻杆对大环的弹力为Mg＋5mgD．轻杆对大环的弹力为Mg＋6mg6．(多选)(2017年开封高三5月冲剌)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A ．此时绳子张力为T ＝3μmgB ．此时圆盘的角速度为ω＝2μg rC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D ．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动7．(多选)如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C 、D 为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k ＝mgR ，原长为L ＝2R ，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v 0，已知重力加速度为g ，则( )A ．无论v 0多大，小球均不会离开圆轨道B ．若2gR <v 0<5gR ，则小球会在B 、D 间脱离圆轨道C ．只要v 0>4gR ，小球就能做完整的圆周运动D ．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v 0无关8.(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M ＝2.0 kg 的木块，它与台面间的最大静摩擦力F fm ＝6.0 N ，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m ＝1.0 kg 的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s 的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O 孔的距离不可能是A ．6 cmB ．15 cmC ．30 cmD ．34 cm9．(2017·焦作二模)如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在A 、B 两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC 部分上分别套着小环M 、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω－1做匀速转动，小环M 、N 在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω－2，ω－2比ω－1稍微小一些．关于小环M 、N 的位置变化，下列说法正确的是( )A ．小环M 将到达B 点，小环N 将向B 点靠近稍许 B ．小环M 将到达B 点，小环N 的位置保持不变C ．小环M 将向B 点靠近稍许，小环N 将向B 点靠近稍许D ．小环M 向B 点靠近稍许，小环N 的位置保持不变10．(多选)如图所示，叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 和C 与转台间的动摩擦因数均为μ，A 和B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmg B ．B 对A 的摩擦力一定为3mω2rC ．转台的角速度一定满足ω≤ 2μg3r D ．转台的角速度一定满足ω≤μg r11.(多选)如图所示，将长为3L 的轻杆穿过光滑水平转轴O ，两端分别固定质量为2m 的球A 和质量为3m 的球B ，A 到O 的距离为L ，现使杆在竖直平面内转动，当球B 运动到最高点时，球B 恰好对杆无作用力，两球均视为质点．则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度大小为gL B ．球A 的速度大小为122gLC ．球A 对杆的作用力大小为3mgD ．水平转轴对杆的作用力为5mg12.(2017·西安市模拟)如图所示，一个质量为M 的人，站在台秤上，一长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )A ．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M ＋6m)gB ．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为MgC ．小球在a 、b 两个位置时，台秤的示数不相同D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态13．(2017·定州市模拟)如图所示，圆筒的内壁光滑，一端B 固定在竖直转轴OO ′上，圆筒可随轴转动，它与水平面的夹角始终为30°，在筒内有一个用轻质弹簧连接的小球A(小球直径略小于圆筒内径)，A 的质量为m ，弹簧的另一端固定在圆筒的B 端，弹簧原长为32L ，当圆筒静止时A 、B 之间的距离为L(L 远大于小球直径)．现让圆筒开始转动，其角速度从0开始缓慢增大，当角速度增大到某一值时保持匀速转动，此时小球A 、B 之间的距离为2L ，重力加速度大小为g ，求圆筒保持匀速转动时的角速度ω0.14.如图所示，光滑圆杆MN 段竖直，OC 段水平且与MN 相接于O 点，两杆分别套有质量为m 的环A 和2m 的环B ，两环的内径比杆的直径稍大，A 、B 用长为2L 的轻绳连接，A 、O 用长为L 的轻绳连接，现让装置绕竖直杆MN 做匀速圆周运动，当ω＝2gL时，OA 段绳刚好要断，AB 段绳能承受的拉力足够大，求：(1)OA 段绳刚刚拉直时转动的角速度多大； (2)OA 段绳能承受的最大的拉力； (3)当ω＝2gL且转动稳定时，A 向外侧移动的距离多大．15．如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v 0＝6 m/s ，将质量m ＝1 kg 的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A 端，传送带长度为L ＝12 m ，“9”字全高H ＝0.8 m ，“9”字CDE 部分圆弧半径为R ＝0.2 m 的34圆弧，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(2)求滑块滑到轨道最高点D时对轨道作用力的大小和方向；(3)若滑块从“9”形轨道F点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上的P点，求P、F两点间的竖直高度h.16.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2)。

知识回顾“人船模型”类习题，是利用动量守恒定律解决位移问题的例子，在这类问题中，尽管人从船头走向船尾的具体运动形式未知，但人船系统在任何时刻动量都守恒，故可以用平均动量守恒来求解，则由11220m v m v -=得：1122m s m s =使用时应明确：1s 、2s 必须是相对同一参照系的位移大小。

当符合动量守恒定律的条件，而又涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解。

解此类题一定要画出反映位移关系的草图。

“人船模型”的问题针对的时初状态静止状态，所以当人在船上运动时，由于整个装置不受外力的作用，所以这个装置的重心不会动，并且用了平均速度代替瞬时速度，从而推导出来位移之间的关系式子。

例题分析【例1】 一质量为M ，长为s 0的船静止于水面上，一质量为m 的人站在船头，当人从船头走到船尾时，求船前进的位移s 的大小．(不计水的阻力) 【答案】s ＝mM ＋m s 0【解析】 因不计水的阻力，人和船组成的系统动量守恒，设人、船相对地的平均速度分别为v 、v 0，【例2】. 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【例3】(2017年广东省三校五月模拟)某小组在探究反冲运动时，将质量为m 1的一个小液化瓶固定在质量为m 2的小船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v 1，如果在Δt 的时间内向后喷射的气体的质量为Δm ，忽略水的阻力，则(1)喷射出质量为Δm 的液体后，小船的速度是多少？(2)喷射出Δm 液体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？ 【答案】v 2＝Δmv 1m 1＋m 2－Δm，方向与喷射气体的速度方向相反； F ＝Δmv 1Δt【解析】：设小船的速度大小为v 2，由动量守恒定律得 Δmv 1－(m 1＋m 2－Δm )v 2＝0解得v 2＝Δmv 1m 1＋m 2－Δm ，方向与喷射气体的速度方向相反(2)设对喷射气体的平均作用力为F ，由动量定理得 FΔt ＝Δmv 1－0 解得F ＝Δmv 1Δt由牛顿第三定律得气体对小船的平均作用力为 F ′＝F ＝Δmv 1Δt.1 、如图所示，一个质量为m 1＝50 kg 的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触．当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，忽略重力和空气阻力，当他滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看做质点)()A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m【答案】B【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律有m1x＝m2x′，又因为x ＋x′＝h，解得x′≈3.57 m，选B项．学科&网2 、如图所示，质量为m的小球A系在长为l的轻绳一端，轻绳的另一端系在质量为M的小车支架的O 点．现用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车的位移是()A．向右，大小为lB．向左，大小为lC．向右，大小为lD．向左，大小为l【答案】D3 、如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M，固定在小车上的杆用长为l的轻绳与质量为m的小球相连，将小球拉至水平右端后放手，则小车向右移动的最大距离为()A．B．C．D．【答案】C4 、质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球壳内，如图所示，当小球从图示位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的位移为()A．，方向水平向右B．，方向水平向左C．，方向水平向右D．，方向水平向左【答案】D【解析】设小球滑到最低点所用的时间为t，发生的水平位移大小为R－x，大球的位移大小为x，取水平向左方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：2m2－m1＝0，即：m＝2m，解得：x＝R，方向向左，故D正确，A、B、C错误5 、(多选)如图所示，质量均为M的甲、乙两车静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是()A．甲、乙两车运动中速度之比为B．甲、乙两车运动中速度之比为C．甲车移动的距离为LD．乙车移动的距离为L【答案】ACD6 、(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中正确的是()A．待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同【答案】BC【解析】车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n－1)颗子弹为研究对象，动量守恒，则：0＝m－[M＋(n－1)m]·，由位移关系有：x车＋x子＝d，解得x车＝，故C正确；每射击一次，车子都会右移，故B正确7 、(多选)小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车的质量为M 、长为L ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥黏在一起，以下说法中正确的是( )A ． 如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ． 整个系统任何时刻动量都守恒C ． 当木块对地运动速度大小为v 时，小车对地运动速度大小为vD ． AB 车向左运动最大位移大于【答案】BC8．(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/s D. 6.3×102 kg·m/s 【答案】：A【解析】：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．9．将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.mM －m v【答案】D【解析】：喷气过程内力远远大于外力，动量守恒．由动量守恒定律得0＝(M －m )v －mv 0，得v ＝mM －m v 0，D 正确．学科&网10.(多选)(2017年长沙模拟)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以水平初速度v 0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为mv 202D ．小球在弧形槽内上升的最大高度为v 202g【答案】：BC11．(多选)(2017年北京东城区模拟)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中( ) A ．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B ．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同 C ．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D ．系统总动量的变化为零 【答案】CD【解析】：两个物体组成的系统总动量守恒，则p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2，等式变形后得p 1－p ′1＝p ′2－p 2，即－Δp 1＝Δp 2，－m 1Δv 1＝m 2Δv 2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故A 错误，C 正确；根据动量定理得I 1＝Δp 1，I 2＝Δp 2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故B 错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，D 正确．12．(2017·课标全国Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s 【答案】 A13．(2017·福州模拟)一质量为M 的航天器正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2，则喷出气体的质量m 为( )A ．m ＝v 2－v 1v 1MB ．m ＝v 2v 2－v 1MC ．m ＝v 2－v 0v 2＋v 1MD ．m ＝v 2－v 0v 2－v 1M【答案】 C【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv 0＝(M －m)v 2－mv 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ，故C 项正确．14．(2017·沈阳一模)在光滑的水平地面上放有一质量为M 带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 0沿水平槽口滑去，如图所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )A ．向左平抛B ．向右平抛C ．自由落体D ．无法判断 【答案】 C【解析】小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝Mv 车＋mv 铁系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv 02＝12Mv 车2＋12mv 铁2解得铁块离开车时：v 铁＝0，v 车＝v 0.所以铁块离开车时将做自由落体运动，故A、B、D三项错误，C项正确．15．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大【答案】 A16.如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．槽将不会再次与墙接触【答案】 D【解析】小球从A→B的过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，此过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，A、B两项错误；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即C项错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D项正确．17、质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，水的阻力不计，则小船的运动速率和方向为()A．0.6 m/s，向左B．3 m/s，向左C．0.6 m/s，向右D．3 m/s，向右【答案】A。

知识回顾玻尔理论的基本内容能级假设：氢原子E n ＝E 1n 2，n 为量子数．跃迁假设：hν＝E 末－E 初．轨道量子化假设：氢原子r n ＝n 2r 1，n 为量子数． 规律方法解决氢原子能级跃迁问题的四点技巧(1)原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差． (2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值．(3)一群原子和一个原子不同，一群原子的核外电子向基态跃迁时发射光子的种类N ＝C 2n ＝nn －12. (4)计算能级能量时应注意：因一般取无穷远处为零电势参考面，故各能级的能量值均为负值；能量单位1 eV ＝1.6×10－19J.处理氢原子能级跃迁问题，应注意的问题(1)氢原子能量：氢原子在各个不同的能量状态对应不同的电子轨道，电子绕核做圆周运动的动能和系统的电势能之和即为原子的能量，即E n ＝E k n ＋E p n . 电子绕核做圆周运动由库仑力提供向心力， 有k e 2r 2n ＝m v 2n r n.电子的动能E k n ＝12mv 2n ＝ke 22r n.系统的电势能变化根据库仑力做功来判断：靠近核，库仑力对电子做正功，系统电势能减小；远离核，库仑力对电子做负功，系统电势能增大．(2)氢原子在跃迁时辐射或吸收光子的频率或波长的计算：首先由能级的高低或轨道半径的大小确定是吸收还是放出光子，然后由玻尔理论E m －E n ＝hν或E m －E n ＝h cλ，求频率ν或波长λ.(3)辐射的光谱条数：一个氢原子核外只有一个电子，在一次跃迁时只能辐射或吸收一个光子，因而只能辐射或吸收某一特定频率的光谱．一个氢原子处于量子数为n 的激发态时，可辐射的光谱条数为N ＝n －1；而一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，由于向各个低能级跃迁的可能性均存在，因此可辐射的光谱条数为N ＝n n －12.(4)吸收能量的选择性用光子激发引起原子跃迁跟用电子碰撞引起原子跃迁不同，若是在光子的激发下引起原子的跃迁，则要求光子的能量必须等于原子的某两个能级的能量差，能量不等于两能级的能量差的光子不能被原子吸收而使其发生跃迁；若是在电子的碰撞下引起原子的跃迁，则要求电子的能量必须大于或等于原子的某两个能级的能量差，大于该能量差的剩余部分保留为电子的动能．若要使氢原子电离，只要光子能量大于或等于电离能即可，大于电离能的部分，成为逸出电子的初动能．例题分析【例1】(多选)(2017年湖北名校模拟)根据玻尔理论，以下说法正确的是()A．只要电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量C．原子内电子的可能轨道是不连续的D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差E．处于激发态的原子，只要吸收任意频率的光子就能从低能级跃迁到高能级【答案】BCD【例2】如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是()A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应【答案】 D专题练习1.氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向 n＝2 的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则()A．可见光光子能量范围在1.62 eV到2.11 eV之间B．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C．a光的频率大于b光的频率D．氢原子在n＝2的能级可吸收任意频率的光而发生电离【答案】C【解析】由能级跃迁公式ΔE＝E m－E n得：ΔE1＝E4－E2＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eVΔE2＝E3－E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV故A错；据ΔE＝＝hν知，C对；ΔE3＝E4－E3＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV，所以氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时能量差对应的光子处于红外线波段，B错；氢原子在n＝2的能级时能量为－3.4 eV，所以只有吸收光子能量大于等于3.4 eV时才能电离，D错．2.如图为氢原子的能级图．有如下3种说法：①大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子；②一个处于n＝3能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出3种频率的光子；③氢原子只要吸收能量大于0.66 eV的光子，就能从n＝3能级跃迁到更高能级，上述说法正确的是()A．①B．②C．①②D．②③【答案】A3.当用具有1.87 eV能量的光子照射n＝3激发态的氢原子时()A．氢原子不会吸收这个光子B．氢原子吸收该光子后被电离，电离后电子的动能为0.36 eVC．氢原子吸收该光子后被电离，电离后电子的动能为零D．氢原子吸收该光子后不会被电离【答案】B【解析】当用具有1.87 eV能量的光子照射n＝3激发态的氢原子时，由于光子能量大于1.51 eV，所以氢原子被电离，电离后的电子动能E k＝－1.51 eV＋1.87 eV＝0.36 eV，所以B正确，A、C、D错误．学科*网4.汞原子的能级如图，现一束单色光照射到大量处于基态的汞原子，汞原子只发出三种不同频率的单色光．关于入射光的能量下列说法正确的是()A．等于4.9 eVB．等于7.7 eVC．等于8.8 eVD．大于或等于10.4 eV【答案】B5.汞原子的能级图如图所示，现让一束光子能量为8.8 eV的单色光照射到大量处于基态(能级数n＝1)的汞原子上，能发出6种不同频率的色光．下列说法中正确的是()A．最长波长光子的能量为1.1 eVB．最长波长光子的能量为2.8 eVC．最大频率光子的能量为2.8 eVD．最大频率光子的能量为4.9 eV【答案】A【解析】由题意知，吸收光子后汞原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁时，最大频率的光子能量为(－1.6＋10.4) eV＝8.8 eV，最长波长(即最小频率)的光子能量为(－1.6＋2.7) eV＝1.1 eV，故A正确．6.已知氦离子(He＋)的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知()A．氦离子(He＋)从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出光子的频率低B．大量处在n＝3能级的氦离子(He＋)向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子C．氦离子(He＋)处于n＝1能级时，能吸收45 eV的能量跃迁到n＝2能级D．氦离子(He＋)从n＝4能级跃迁到n＝3能级，需要吸收能量【答案】A7.如图所示，1、2、3、4为玻尔理论中氢原子最低的四个能级．处在n＝4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能发出若干种频率不同的光子，在这些光中，波长最长的是()A．n＝4跃迁到n＝1时辐射的光子B．n＝4跃迁到n＝3时辐射的光子C．n＝2跃迁到n＝1时辐射的光子D．n＝3跃迁到n＝2时辐射的光子【答案】B【解析】由辐射光子的能量为ΔE＝E m－E n＝－＝hν＝h，可知量子数n越大，能级越密，所以B正确8.如图所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是()A．原子A可能辐射出3种频率的光子B．原子B可能辐射出3种频率的光子C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E4D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4【答案】B9.用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则()A．ν0<ν1B．ν3＝ν2＋ν1C．ν0＝ν3＋ν2＋ν1D．＝＋【答案】B【解析】大量氢原子跃迁时，只有三种频率的光谱，这说明是从n＝3能级向低能级跃迁，根据能量守恒有，hν3＝hν2＋hν1，解得：ν3＝ν2＋ν1，选项B正确．10.氢原子从能级M跃迁到能级N，吸收频率为ν1的光子，从能级M跃迁到能级P释放频率为ν2的光子．则当它从能级N跃迁到能级P时将()A．放出频率为|ν1－ν2|的光子B．吸收频率为|ν2－ν1|的光子C．放出频率为ν1＋ν2的光子D．吸收频率为ν1＋ν2的光子【答案】C11.（多选）氢原子能级图的一部分如图所示，a、b、c分别表示氢原子在不同能级间的三种跃迁途径，设在a、b、c三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是E a、E b、E c和λa、λb、λc，则()A．λb＝λa＋λc B．＝＋C．λb＝λaλc D．E b＝E a＋E c【答案】BD【解析】E a＝E3－E2，E b＝E3－E1，E c＝E2－E1，所以E b＝E a＋E c，D正确；由ν＝得λa＝，λb＝，λc＝，取倒数后得到＝＋，B正确12.氢原子的能级如图所示，下列说法正确的是()A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B．氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时，发出的光子能量为1.89 eVC．大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的光D．处于n＝1能级的氢原子可以吸收能量为10 eV的电子的能量【答案】BC【解析】当原子向高能级跃迁时，只能吸收特定频率的光子，A项错误；氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时，发出的光子能量为E3－E2＝－1.51 eV－(－3.40 eV)＝1.89 eV，B项正确；大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出光子频率的数量可以由公式C来计算，C＝3，C项正确；处于n＝1能级的氢原子不能吸收能量为10 eV的电子的能量，D项错．13.(多选)欲使处于基态的氢原子激发，下列措施可行的是()A．用10.2 eV的光子照射B．用11 eV的光子照射C．用14 eV的光子照射D．用11 eV的电子碰撞【答案】ACD14.(多选)氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是()A．54.4 eV(光子)B．50.4 eV(光子)C．48.4 eV(电子)D．42.8 eV(光子)【答案】AC【解析】由玻尔理论知，基态的氦离子要实现跃迁，入射光子的能量(光子能量不可分)应该等于氦离子在某激发态与基态的能量差，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收；而实物粒子(如电子)只要能量不小于两能级差，均可能被吸收．氦离子在图示的各激发态与基态的能量差为：ΔE1＝E∞－E1＝0－(－54.4 eV)＝54.4 eVΔE2＝E4－E1＝－3.4 eV－(54.4 eV)＝51.0 eVΔE3＝E3－E1＝－6.0 eV－(－54.4 eV)＝48.4 eVΔE4＝E2－E1＝－13.6 eV－(54.4 eV)＝40.8 eV可见，42.8 eV和50.4 eV的光子不能被基态氦离子吸收而发生跃迁。

专题2.4 两类U -I 图像的比较及应用由公式U ＝E －Ir 知，电源的U -I 图像(如图)有如下特点：1．纵轴上的截距等于电源的电动势；横轴上的截距等于短路电流，即I 短＝E r。

2．图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝E I 短，斜率的绝对值越大，表明电源的内阻越大。

3．图线上任一点对应的U 、I 的比值为此时外电路的电阻，即R ＝U I。

4．图中阴影面积UI 为电源的输出功率，而电源的总功率P 总＝EI ，P 总－P 出＝EI －UI 为电源的发热功率。

注意：在U I 图像中，U 轴或I 轴如果不从零开始，两个坐标轴的截距及斜率的意义也将发生改变。

5. 两种U ­I 图像的比较电源的U ­I 图像 电阻的U ­I 图像图形物理意义电源的路端电压随电路电流的变化关系电阻中的电流随电阻两端电压的变化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E r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，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小 斜率(绝对值)电源电阻r电阻大小联系在同一坐标系中，两图线交点坐标(U n ，I n )，即表示用该电源与该电阻组成回路时的路端电压和电路中的电流，也表示电阻两端电压及其电流；P ＝I n U n 即表示此时电源的输出功率，也表示此时电阻的实际功率【典例1】如图所示，直线A 为某电源的U ­I 曲线，曲线B 为某小灯泡L 1的U ­I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时，小灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．此电源的内电阻为23ΩB ．小灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把小灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U ­I 图线是一条曲线，所以小灯泡发光过程中欧姆定律不适用 【答案】B【典例2】在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器。

2019年高考物理一轮复习 专题56 机械波 横波的图象（讲）（含解析）1.知道机械波的特点和分类.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒效应，掌握波的干涉和衍射的条件．1． 机械波的形成条件：(1)波源；(2)介质． 2． 机械波的特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移．(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同． (3)各质点开始振动(即起振)的方向均相同．(4)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A ，位移为零． 3． 波长、波速、频率及其关系 (1)波长在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，用λ表示． (2)波速波在介质中的传播速度．由介质本身的性质决定． (3)频率由波源决定，等于波源的振动频率． (4)波长、波速和频率的关系：v ＝f λ.特别提醒 1.机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速、波长都改变．2． 机械波的波速仅由介质来决定，波速在固体、液体中比在空气中大．波速的计算方法：Tv λ=或txv ∆∆=. 4． 波的图象的物理意义反映了某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移． 5． 波的干涉(1)产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇．(2)现象：两列波相遇时，某些区域振动总是加强，某些区域振动总是减弱，且加强区和减弱区互相间隔．(3)对两个完全相同的波源产生的干涉来说，凡到两波源的路程差为一个波长整数倍时，振动加强；凡到两波源的路程差为半个波长的奇数倍时，振动减弱．6． 产生明显衍射现象的条件：障碍物或孔(缝)的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小． 7． 多普勒效应(1)波源不动⎩⎪⎨⎪⎧观察者向波源运动，接收频率增大观察者背离波源运动，接收频率减小(2)观察者不动⎩⎪⎨⎪⎧波源向观察者运动，接收频率增大波源背离观察者运动，接收频率减小考点一 对机械波及图象的理解和应用 1．机械波的特点及各物理量之间的关系 (1)介质依存性：机械波离不开介质．(2)能量信息性：机械波传播的是振动的形式、能量和信息．(3)传播不移性：在传播方向上，各质点只在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移． (4)时空重复性：机械波传播时，介质中的质点不断地重复着振源的振动形式．(5)周期、频率同源性：介质中各质点的振动周期均等于振源的振动周期且在传播中保持不变． (6)起振同向性：各质点开始振动的方向与振源开始振动方向相同． (7)波长、波速和频率的关系：v ＝λf ，f 由波源决定，v 由介质决定． 2．对波的图象的理解波的图象反映的是波在传播过程中某一时刻各个质点相对于各自的平衡位置的位移情况，从图象中可以看出： (1)波长λ； (2)振幅A ；(3)该时刻各质点偏离平衡位置的位移情况；(4)如果波的传播方向已知，可判断各质点该时刻的振动方向以及下一时刻的波形； (5)如果波的传播速度大小已知，可利用图象所得的相关信息进一步求得各质点振动的周期和频率：vT λ=，λvT f ==1。