2018高考物理一轮基础选练题(含答案) .doc

课练20库仑定律电场力的性质1．(2018·广东揭阳一中、潮州金中联考)(多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C 之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法()A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法答案：AC解析：当小球C靠近小球A时，库仑力使悬丝扭转较小的角度，通过悬丝上的小镜子反射光线放大，能比较准确地测出转动角度．同时体现了控制变量法，即分别控制q和r不变，研究库仑力F与r和q的关系，故A、C正确．2．(2018·河南4月模拟)a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态，已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关于电荷c，下列判断正确的是() A．c一定带负电B．c所带的电荷量一定大于qC．c可能处在a、b之间D．如果固定a、b，仍使c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定答案：B解析：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同类一异”，根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自所带电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且c 所带的电荷量一定大于q ，故A 、C 错误，B 正确；如果a 、b 固定，则只需使c 处于平衡状态即可，由于a 、b 带异号电荷，c 应位于a 、b 连线的外侧，又由于a 的电荷量大于b 的电荷量，则c 应靠近b ，c 的电荷量不能确定，故D 错误．3．(2018·山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v CC ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C答案：C解析：库仑力F ＝kQq r 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝F m ，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12m v 2－12m v 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C ，C 正确． 4．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，小球A 、B 质量均为m ，初始带电荷量均为＋q ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B 球的电荷量不变，使小球A 的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是( )A ．小球B 受到细线的拉力大小不变B ．小球B 受到细线的拉力变小C ．两球之间的库仑力大小不变D ．小球A 的电荷量减小为原来的127 答案：AD 解析： 对小球B 进行受力分析，由三角形相似可得mg L ＝T L ＝F AB，解得T ＝mg ，F ＝mg L ·AB ，在小球A 的电荷量减小的过程中，小球B 受到细线的拉力大小不变，A 正确，B 错误；当两球间距离AB 变为原来的13，则库仑力减小为原来的13，C 错误；再由F ＝kq A q B AB2和F ＝mg L ·AB ，联立解得q A ＝mg AB 3kq BL ，所以小球A 的电荷量减小为原来的127，D 正确．5．如图所示，光滑平面上固定金属小球A ，用长为l 0的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B 连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x 1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x 2，则有( )A ．x 2＝12x 1B ．x 2>14x 1C ．x 2＝14x 1D ．x 2<14x 1答案：B解析：电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的14，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14，此时弹簧的伸长量也大于原来的14，B 正确．6．(2018·湖北七市州联考)如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)，从左端以初速度v 0滑上金属板光滑的上表面向右运动到右端，在运动过程中( )A ．小球先做减速运动再做加速运动B ．小球受到的合力的冲量为零C ．小球的电势能先减少，后增加D ．小球先加速运动，后减速运动答案：B解析： 根据点电荷与金属板形成的电场的电场线特点可知，在金属板处，电场强度的方向垂直于金属板竖直向下，所以小球受重力、竖直向下的电场力、金属板的弹力，所受合力为零，小球做匀速直线运动，A 、D 错误；I ＝Ft ，合力为零，所以合力的冲量为零，B 正确；电场力对小球不做功，小球的电势能不变，C 错误．7.(2018·江西九江十校第二次联考)如图所示，A 是带电荷量为＋Q 、半径为R 的球体且电荷均匀分布．(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)．B 为带电荷量为＋q 的带电体，可看作点电荷．已检测到c 点的场强为零，d 点与c 点到球心O 的距离都为r ，B 到c 点距离也为r ，那么只把带电荷量为＋q 的带电体移到e 点，e 点到c 、d 两点的距离均为r .则d 点场强大小为( )A ．k 2q r 2B ．k Q 2r 2C ．k q 2r 2D ．k 2q r 2答案：A解析：由c 点场强为零可知kQ r 2＝kq r 2，Q ＝q ，把带电荷量为＋q 的带电体移到e 点，两电荷在d 点处产生的场强大小相等，均为E ＝kq r 2＝kQ r 2，两场强方向垂直，所以d 点场强大小E d ＝2E ＝2kq r 2＝2kQ r 2，A 正确．8．(2018·四川泸州二诊)(多选)如图所示，图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统，O 为电荷连线和中垂线的交点，M 、N 是连线上关于O 点对称的两点，p 、q 是中垂线上关于O 点对称的两点．现有一个正点电荷，仅受电场力作用，则( )A ．该正点电荷在图甲和图乙中从p 运动到q 时一定是沿直线运动B ．该正点电荷在图甲和图乙中从M 运动到N 时一定是沿直线运动C ．该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p 和qD ．该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p 和q答案：BC解析：题图甲中，等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点，所以该正点电荷从p 到q 运动时电场力的方向与运动方向共线，做直线运动，题图乙中，等量异种点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为垂直于中垂线指向负电荷，所以该正点电荷从p 向q 运动的过程中，受的电场力向右，故应该做曲线运动，A 错误；在连线上，题图甲中，电场强度的方向由中点O 指向两负电荷，所以该正点电荷从M 向N 运动，电场力与速度方向共线，做直线运动；题图乙中，电场强度的方向由M 到N ，所以该正点电荷受电场力的方向与速度共线，做直线运动，B 正确；给该正点电荷适当的速度，可以使其在垂直于纸面内以O 点为圆心，以Op 为半径做匀速圆周运动，C 正确；根据正点电荷的受力情况和匀速圆周运动中合外力的特点可知，在题图乙中该正点电荷不可能做匀速圆周运动经过p 和q ，D 错误．9．(2018·河北邢台检测)如图所示，在真空中放置四个带电体，它们的带电荷量均为＋Q ，半径均为R ，彼此互不影响．甲为均匀带电的球，乙为均匀带电的圆环，丙为均匀带电的圆盘，丁为均匀带电的半球壳．在过球心或圆心O 的中轴线上，距离球心或圆心r 处的A点，电场强度的大小E 可用公式E ＝k Q r 2(k 表示静电力常量)计算的有( )A ．甲B ．甲、丁C ．乙、丙D ．甲、乙、丙答案：A 解析：题图甲中球体均匀带电，故可看作是在球心O 处的点电荷，其A 点处的电场强度可以用E ＝k Q r 2求解，图甲符合题意；题图乙中应该把圆环分成无数小段的电荷元Δq ，每段电荷元在A 点处形成的电场叠加，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图乙不符合题意；题图丙中应该把带电盘面分成无数小的电荷元，每个电荷元在A 点处形成的电场叠加，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图丙不符合题意；题图丁中，球壳上的电荷Q 不能等效于放在球心处的点电荷，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图丁不符合题意．故选A.10．(2018·湖北天门、仙桃、潜江联考)如图所示，一边长为L 的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O 的轴线上有a 、b 、c 三个点，a 和b 、b 和O 、O 和c间的距离均为L ，在a 点处固定有一电荷量为q (q <0)的点电荷．已知b 点处的场强为零，则c 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 8q 9L 2B ．k Q L 2C ．k q L 2D ．k 10q 9L 2 答案：D 解析：电荷Q 在b 点和c 处产生的场强大小相等，方向相反，根据b 点处的场强为零，可知Q 带负电，且kQ L 2＝kq L 2，在c 点处，两电荷产生的场强方向均向左，E c ＝kQ L 2＋kq (3L )2＝k 10q 9L 2＝k 10Q 9L 2，D 正确． 11．(2018·山西太原联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A 、B ，分别安放两个电荷量均为＋Q 的带电小球，A 、B 连线与水平方向成30°角，在半圆环上穿着一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球．已知半圆环的半径为R ，重力加速度为g ，静电力常量为k ，将小球从A 点正下方的C 点由静止释放，当小球运动到最低点D 时，求：(1)小球的速度大小；(2)小球对环的作用力．答案：(1)gR (2)3＋36·kQq R 2＋2mg 解析：(1)由静电场知识和几何关系可知，C 、D 两点电势相等，小球由C 运动到D 的过程中，mgh ＝12m v 2，由几何关系可知h ＝R 2，解得v ＝gR .(2)小球运动到D 点时，AD ＝3R ，BD ＝R ，小球分别受到A 、B两端带电小球的作用力为F A ＝k Qq 3R 2，F B ＝k Qq R 2，设环对小球的支持力为F N ，F N －F A cos30°－F B sin30°－mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律可知小球对环的压力F N ＝F ′N ，解得F ′N ＝3＋36·kQq R 2＋2mg ，方向竖直向下．12．质量都是m 的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A 、B 分别用长l 的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l 的M 、N 两点，平衡时小球A 、B 的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：(1)A 、B 小球电性及所带电荷量Q ；(2)外加匀强电场的场强E .答案：(1)A 带正电，B 带负电，Q ＝3mg 3k l (2)1033mgk /9l 解析：(1)A 球带正电，B 球带负电未加电场时，两小球相距d ＝2l －2l sin α＝l由A 球受力平衡可得：mg tan α＝k Q 2d 2解得：Q ＝ 3mg 3k l(2)外加电场时，两球相距 d ′＝2l ＋2l sin α＝3l根据A 球受力平衡可得：QE －k Q 2d ′2＝mg tan α 解得：E ＝10 33mgk 9l刷题加餐练 刷高考真题——找规律1．(2017·天津卷，7)(多选)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势答案：BC解析：若Q 在M 端，由电子运动的轨迹可知Q 为正电荷，电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由于r A <r B ，故E A >E B ，F A >F B ，a A >a B ，φA >φB ，E p A <E p B ；若Q 在N 端，由电子运动的轨迹可知Q 为负电荷，且电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由r A >r B ，故φA >φB ，E p A <E p B .综上所述选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅱ如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b答案：D解析：a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r 2可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12m v 2b －12m v 2a <0，则v b <v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理知|qU bc |＝12m v 2c －12m v 2b >0，v c >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．3．(2016·江苏卷，3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同答案：C解析：A 点的电场线比B 点的稀疏，故A 点的电场强度小于B 点的电场强度，选项A 错误；沿着电场线方向电势降低，故小球表面的电势比容器内表面的电势高，选项B 错误；容器内表面是等势面，所以B 点的电场强度方向与容器内表面垂直，选项C 正确；电场力做功与电荷的运动路径无关，选项D 错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·湖北孝感统考)在一半径为R 的圆周上均匀分布有N 个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A 点的小球带电荷量为＋3q ，其余小球带电荷量为＋q ，此时圆心O 点的电场强度大小为E ，现仅撤去A 点的小球，则O 点的电场强度大小为( )A ．E B.E 2C.E 3D.E 4答案：B解析：撤去A 点小球前，O 点的电场强度是A 点的＋3q 和与其关于O 点对称点＋q 两小球分别产生的电场叠加形成的，则E ＝k ·3q R 2－kq R 2＝k ·2q R 2，方向水平向左．撤去A 点的小球后，O 点的电场强度是A点关于O 点对称点＋q 产生的，所以E ′＝kq R 2＝E 2，方向水平向右，B正确．5．(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图所示，C 、D 位于y 轴上．C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O 点时，B 点处的场强恰好为零．若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )A.5kQ 4l 2，沿x 轴正方向B.5kQ 4l 2，沿x 轴负方向C.3kQ 4l 2，沿x 轴负方向D.3kQ 4l 2，沿x 轴正方向答案：D解析：B 点处的场强恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等、方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强为kQ l 2，沿x 轴负方向，两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，沿x 轴正方向，当负点电荷移到A点时，负点电荷与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴方向，两正电荷在B 点产生的合场强的大小仍为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x轴正方向，D 正确．6．(2018·上海4月模拟)均匀的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布的正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R ，已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )A.kq 2R 2－EB.kq 4R 2C.kq 4R 2－ED.kq 4R 2＋E答案：A 解析：把AB 右侧半球面补齐，即将电荷量分别为＋q 、－q 的两个半球面叠加在一起，AB 在N 点的场强相当于所带电荷量为2q 的完整的球壳在N 点向右的场强E 1与多加的所带电荷量为－q 的半球面在N 点向左的场强E 2的矢量和，E 2大小等于原球壳在M 点的场强大小E ，则E N ＝E 1－E 2＝2kq (2R )2－E ＝kq 2R 2－E ，方向向右，选项A 正确． 7．(2018·广东江门模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q >0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l .已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2 答案：C 解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，大小分别为F 1＝kq 2(2l )2和F 2＝kq 2l 2.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F ＝F 1＋F 2＝5kq 24l 2，弹簧的伸长量为Δl ＝F k 0＝5kq 24k 0l 2，故弹簧的原长为l 0＝l －Δl ＝l －5kq24k 0l 2，C 正确．刷最新原创——抓重点8．(2018·广东惠州三调)(多选)在真空中的x 轴上的原点处和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，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图所示(其中在x ＝4a 处速度最大)，则下列说法正确的是( )A ．点电荷M 、N 一定是同种正电荷B ．点电荷M 、N 一定为异种电荷C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4 1D ．x ＝4a 处的电场强度不一定为零答案：AC解析：v -t 图象的斜率大小等于运动过程的加速度大小，而a ＝Eq m ，所以x ＝4a 处的电场强度大小为零，D 错误．又因为正电荷从x ＝2a 处向右先加速运动后减速运动，所以x ＝0到x ＝4a 之间电场强度方向向右，x ＝4a 到x ＝6a 之间电场强度方向向左，所以点电荷M 、N 一定是同种正电荷，A 正确，B 错误；由x ＝4a 处电场强度大小为零，得kQ M (4a )2＝kQ N (2a )2，则点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为Q M Q N ＝41，C 正确． 9．(2018·山东菏泽统测)(多选)如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆心平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动B ．小球一定能从B 点离开轨道C ．若小球能到达C 点，小球在C 点时的速度一定不为零D ．若小球能到达B 点，小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定相等答案：AC解析：若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC 部分可能做匀速圆周运动，A 正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道，故B 错误；若小球到达C 点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C 点，所以小球到达C 点的速度不可能为零，C正确；由A 到B 根据动能定理有－EqR ＝12m v 2B －12m v 2A ，所以若小球能到达B 点，小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定不相等，D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 分析不清A 、B 的受力情况及运动情况10．(多选)如图所示，光滑水平桌面上有A 、B 两个带电小球(可以看成点电荷)，A 球带电荷量为＋3q ，B 球带电荷量为－q ，由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍．现在A 、B 中点固定一个带正电的C 球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A 、B 两球，结果两球加速度大小相等．则C 球带电荷量为( )A.3q 4B.3q 8C.3q 20D.9q 20答案：BC 解析：由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍，根据牛顿第二定律可知，A 、B 两个带电小球的质量之比为13；当在A 、B 中点固定一个带正电的C 球，由静止同时释放A 、B 两球，释放瞬间两球加速度大小相等．(1)若两球的加速度方向相反，即A 球向右，B 球向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A ，k 3q ·q (2r )2－k Q C －3q r 2＝ma ，对B ，k 3q ·q (2r )2＋k Qc ·q r 2＝3ma ，综上解得，Q C ＝320q ；(2)若两球的加速度方向相同，即A 、B 球均向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A ，k Q C ·3q r 2－k 3q ·q (2r )2＝ma ，对B ，k Q C ·q r 2＋k 3q ·q (2r )2＝3ma ，综上解得，Q C ＝38q ，故B 、C 正确，A 、D 错误． 易错点2 不能正确理解题给信息，从而正确地给出解答11．(2018·安徽师大附中期中)理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零．假设某星球是一半径为R 、电荷量为Q 且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k ，则星球表面下h 深度处的电场强度的大小为( )A.kQ (R －h )R 3B.kQ (R －h )2C.kQ R 2 D ．0答案：A解析：星球的体积V 0＝4πR 33，所以半径(R －h )的内球所带的电荷量q ＝V V 0·Q ＝(R －h )3R 3·Q ，星球表面下h 深度处的电场强度的大小E ＝kq (R －h )2＝kQ (R －h )R 3，故选A. 刷综合大题——提能力12．(2018·四川绵阳二诊)如图所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块I 在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案：(1)2 m/s (2)18 N解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起的BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，解得v 2＝2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N ，则R (1－cos θ)＝h ，N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R， 解得N ＝18 N.。

能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p ­T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p ­T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V ­T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p ­T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p ­T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

课练17动量冲量和动量定理1．(2018·河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是()A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变答案：CD解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误；物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零，B错误；根据动量定理I＝Δp可知，物体所受的合外力的冲量为零，则其可得物体所受的动量变化量一定为零，C正确；根据Ft＝Δp⇒F＝Δpt合外力不变，则其动量变化率不变，D正确．2．(2018·福建六校4月联考)(多选)如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则()A．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量答案：CD解析：过程Ⅰ中钢珠所受的外力只有重力，由动量定理可知，钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故D正确；在整个过程中，钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅱ中，钢珠所受的外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，故B 错误；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故A 错误．3．(2018·山东枣庄期末联考)质量为60 kg 的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，不计空气阻力影响，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．100 NB ．500 NC ．600 ND ．1 100 N答案：D解析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有v 0＝2gh ＝2×10×5m/s ＝10 m/s ，根据动量定理，取竖直向下为正方向，有mg ·t －F ·t ＝0－m v 0，解得F ＝mg ＋m v 0t ＝600 N ＋60×101.2 N＝1 100 N ，故选D.4．(2018·河南周口一中等联考)(多选)质量为m 的物体以初速度v 0做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小为v ，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为( )A ．m v －m v 0B ．mgtC ．m v 2－v 20D ．m 2gh答案：BCD解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp ＝mgt ，故B 正确；由题可知，物体末位置的动量为m v ，初位置的动量为m v 0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp ＝m v y ＝m v 2－v 20＝m 2gh ，故C 、D 正确．5．(2018·福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m ，速度大小为v ，做圆周运动的周期为T ，则以下说法中正确的是( )A ．经过时间t ＝T 2，小球的动量的变化量为零B ．经过时间t ＝T 4，小球的动量的变化量大小为2m vC ．经过时间t ＝T 2，细绳的拉力对小球的冲量大小为2m vD ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT 4答案：BCD解析：经过时间t ＝T 2，小球转过了180°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，细绳的拉力对小球的冲量I ＝Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，A 错误，C 正确；经过时间t ＝T 4，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量为Δp ′＝m Δv ＝2m v ，重力对小球的冲量大小I G ＝mgt ＝mgT 4，B 、D 正确．6．(2018·湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球( )A ．所受合力的冲量水平向右B ．所受支持力的冲量水平向右C ．所受合力的冲量大小为m 2gRD ．所受重力的冲量大小为零答案：AC解析：在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动量定理可知I合＝m Δv ，Δv 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确、B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中，机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B ，解得v B＝2gR ，即Δv ＝2gR ，所以I 合＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．7．(2018·安徽合肥二模)(多选)一质点静止在光滑水平面上．现对其施加水平外力F ，F 随时间t 按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )A．第2 s末，质点的动量为0B．第4 s末，质点回到出发点C．在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小D．在1～3 s时间内，F的冲量为0答案：CD解析：从题图可以看出，在前2 s内质点受到的力的方向和运动的方向相同，质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运动．所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，不为0，故A错误；该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期内受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以质点在0～4 s 时间内的位移为正，故B错误；在0～2 s时间内，速度在增大，力F 先增大后减小，根据瞬时功率P＝F v得开始时力F瞬时功率为0.2 s 末的瞬时功率为0，所以在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F-t图象中，F-t图线与横轴围成的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3 s时间内，F的冲量为0，故D正确．8．篮球运动是大家比较喜好的运动，在运动场上开始训练的人常常在接球时伤到手指头，而专业运动员在接球时通常伸出双手迎接传来的篮球，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以() A．减小球对手的作用力B．减小球对手的作用时间C．减小球的动能变化量D．减小球的动量变化量答案：A解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有A正确．9．(多选)如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J答案：BC解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理F ·t ＝m v 2－m v 1得：F ＝－1260 N ，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N ，故A 项错误，B 项正确；根据动能定理：W ＝12m v 22－12m v 21＝126 J ，故C 项正确，D 项错误．10．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S ，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是( )A ．ρv S B.ρv 2SC.12ρv 2S D ．ρv 2S答案：D 解析：以t 时间内喷出去的气体为研究对象，则Ft ＝ρS v t v ＝ρSt v 2，得F ＝ρS v 2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故D 项正确．11．(2018·河北沧州一中月考)光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J ；在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，轨道半径R ＝0.5 m ．B 恰能完成半个圆周运动到达导轨最高点C .g 取10 m/s 2，求：(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小；(2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小．答案：(1)5 m/s (2)4 N·s 解析：(1)设物块B 在绳被拉断后的瞬时速率为v B ，到达C 点的速率为v C ，根据B 恰能完成半个圆周运动到达C 点可得F 向＝m B g ＝m B v 2C R ①对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程，应用动能定理有－2m B gR ＝12m B v 2C －12m B v 2B ②由①②解得v B ＝5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v 1，取向右为正方向， 由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为B 的动能，则E p ＝12m B v 21③根据动量定理有I ＝m B v B －m B v 1④由③④解得I ＝－4 N·s ，其大小为4 N·s.12．(2018·山西灵丘三模)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一水枪，枪口直径为d ，出水速度为v ，储水箱的体积为V .(1)水枪充满水可连续用多少时间？(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．答案：(1)4V v πd 2 (2)14πρd 2v 2 控制枪口直径d 和出水速度v解析：(1)设Δt 时间内，从枪口喷出的水的体积为ΔV ，则 ΔV ＝v S Δt ，S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22， 所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV Δt ＝14v πd 2，水枪充满水可连续用的时间t ＝V 14v πd 2＝4V v πd 2.(2)Δt 时间内从枪口喷出的水的质量m ＝ρΔV ＝ρS v Δt ＝ρ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22v Δt ＝14ρπd 2v Δt . 质量为m 的水在Δt 时间内与目标作用，由动量定理有F Δt ＝Δp ，以水流的方向为正方向，得－F Δt ＝0－14ρπd 2v Δt ·v ＝0－14ρπd 2v 2Δt ，解得F ＝14πρd 2v 2.可见，要控制水枪威力关键是要控制枪口直径d 和出水速度v . 刷题加餐练 刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅲ一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零答案：AB解析：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝F1m ＝22m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝m v2＝4 kg·m/s，故B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝F2m＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝m v3＝3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，故D错误．2．(2016·北京卷，18)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是在轨道2运动，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量答案：B解析：本题考查万有引力定律、牛顿第二定律和动量的定义，意在考查学生的理解能力和分析能力．卫星由轨道1进入轨道2，需在P点加速做离心运动，故卫星在轨道2运行经过P点时的速度较大，A项错误；由G Mmr2＝ma可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，在轨道1运行时，P点在不同位置有不同的加速度，B项正确，C项错误；卫星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定不相同，D项错误．3．(2015·重庆卷，3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上．则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t －mg答案：A解析：人先做自由落体运动下落高度h ，获得速度为v ，由v 2＝2gh ，得v ＝2gh .安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为零．设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，F ＝m 2gh t ＋mg ，所以A 正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·河北唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80 cm ，足球的重量为400 g ，与头顶作用时间Δt 为0.1 s ，则足球一次在空中的运动时间t 及足球对头部的作用力大小F N 分别为(空气阻力不计，g ＝10 m/s 2)( )A ．t ＝0.4 s ，F N ＝40 NB ．t ＝0.4 s ，F N ＝36 NC ．t ＝0.8 s ，F N ＝36 ND ．t ＝0.8 s ，F N ＝40 N答案：C解析：足球自由下落时有h ＝12gt 21，解得t 1＝2h g ＝0.4 s ，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t ＝2t 1＝0.8 s ；设竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝m v －(－m v )，又v ＝gt ＝4 m/s ，联立解得F ＝36 N ，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力F N ＝36 N ，故C 正确．5．(2018·河南郑州一中调研)(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A．重力的冲量相同B．斜面弹力的冲量不同C．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同答案：BD解析：设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝2gh，所用时间t＝1sinθ2hg.由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G＝mgt＝m2ghsinθ，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为I N＝mg cosθ·t＝m2ghtanθ，方向垂直斜面向上，B正确，C错误；合力的大小为mg sinθ，I合＝mg sinθ·t＝m2gh，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确．6．(2018·四川成都一诊)(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属细杆上的小环从A点无初速度释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功为W1，重力的冲量为I1；若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功为W2，重力的冲量为I2，则()A．W1>W2B．W1＝W2C．I1>I2D．I1＝I2答案：BC解析：小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功W1＝μmg cosβ·s AB＋μmg cosα·s BC，小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功W2＝μmg cosα·s AD＋μmg cosβ·s DC，又因为s AB＝s BC＝s AD＝s DC，所以摩擦力对小环做的功W1＝W2，故A错误，B正确；根据动能定理可知，mgh－W f＝12m v 2C，因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等，所以两次小环到达C点的速度大小相等，小环从A经B滑到C 点，根据牛顿第二定律可得，小环从A到B的加速度a AB＝g sinβ－μg cosβ，小环从B到C的加速度a BC＝g sinα－μg cosα，同理，小环从A到D的加速度a AD＝g sinα－μg cosα，小环从D到C的加速度a DC＝g sinβ－Mg cosβ，又因为α>β，所以a AB＝a DC<a BC＝a AD，其速度—时间图象如图所示，由图象可知，t1>t2，由I＝mgt得，则重力的冲量I1>I2，故C正确，D错误．7．(2018·山东枣庄一模)如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ.则滑块的运动情况是() A．动量方向沿杆向下，正在均匀增大B．动量方向沿杆向下，正在均匀减小C．动量方向沿杆向上，正在均匀增大D．动量方向沿杆向上，正在均匀减小答案：D解析：把滑块和球看成一个整体进行受力分析，沿杆和垂直于杆建立直角坐标系，假设滑块速度方向沿杆向下，则沿杆方向有(m1＋m2)g sinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直于杆方向有F N＝(m1＋m2)g cosθ，其中摩擦力f＝μF N，联立可解得a＝g sinθ－μg cosθ，现对小环进行分析，因θ<β，则有a>g sinβ，所以g sinθ－μg cosθ>g sinβ，g sinθ－g sinβ>μg cosθ，因为θ<β，所以g sinθ－g sinβ<0，但μg cosθ>0，所以假设不成立，即滑块速度方向一定沿杆向上．滑块沿杆向上运动，滑块重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆向下，滑块的加速度方向沿杆向下，所以滑块沿杆减速上滑，则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小，故A、B、C错误，D正确．刷最新原创——抓重点8．物体A和物体B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示．A的质量为m，B的质量为m′.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为()A．m v B．m v－m′uC．m v＋m′u D．m v＋mu答案：D解析：解法一：对A有I弹－mgt＝m v，对B有m′gt＝m′u，解得弹簧弹力的冲量I弹＝m v＋mu.解法二：对A、B两物体系统有I 弹－(mg＋m′g)t＝m v－m′u，m′gt＝m′u，联立解得I弹＝m v＋mu.9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻(其余电阻不计)，匀强磁场垂直于导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是()A．上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小答案：AD解析：考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向内能转化，根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度；根据F安＝BIL、I＝BL vR，知上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A正确，B错误；设导体棒上滑的距离为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小I＝F安t＝BIL t＝B BI vR Lt＝B2L2v tR＝B2L2xR，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小I′＝B2L2xR，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C错误，D正确．刷易错易误——排难点易错点1容易忽视动量运算的矢量性10．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中()A．三个小球动量的变化量相同B．下抛球和平抛球动量的变化量相同C．上抛球动量的变化量最大D．三个小球落地时的动量相同答案：C解析：三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理有mgh ＝12m v 2－12m v 20，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同．故D 错误． 易错点2 不能正确选择研究对象11．(2018·北京模拟)根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E 和动量p 之间的关系是E ＝pc ，其中c 为光速．由于光子有动量，辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p 的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p ；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p .有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐谢功率为P 0，探测器和薄膜的总质量为m ，薄膜面积为S ，则探测器的加速度大小为(不考虑万有引力等其他的力)( ) A.(1＋η)S P 0mc B.(1＋η)P 0S mc C.(2－η)P 0S mc D.(2＋η)P 20S mc答案：B解析：在时间t 内辐射到薄膜表面的光子的能量E 总＝P 0tS ，光子的总动量p ＝E 总c ＝P 0tS c ，根据题意，由动量定理得2ηp ＋(1－η)p ＝Ft ，由牛顿第二定律得F ＝ma ，联立解得加速度a ＝(1＋η)P 0S mc ，故B正确．刷综合大题——提能力12．(2016·新课标全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 解析：(1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt ＝ρv 0S ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2⑧。

课后限时训练(二十)(建议用时：40分钟)1．如图5-4-8所示的伽利略的斜面理想实验中(斜面光滑)，以下说法正确的是()图5-4-8A．小球从A到B运动的过程动能保持不变B．小球从A到B运动的过程势能减小C．只有小球从B到C运动的过程中动能和势能的总和不变D．小球在斜面CD上运动的最大距离等于AB【答案】B2．关于能的转化与守恒定律，下列说法中错误的()A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化C．一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少D．能的转化与守恒定律证明了能量既不会创生也不会消失A[能量可以在不同物体之间转移，也可以转化，但能的总量保持不变．] 3．(2016·浙江诸暨中学期中)质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为0.8g.在物体下落h的过程中，下列说法中，正确的是()A．物体的重力势能增加了0.8mghB．物体的重力势能减少了0.8mghC．物体克服阻力做功0.8mghD．物体的重力势能减少了mghD[一个物体重力势能的变化量仅与高度的变化有关，与物体的运动状态无关，所以物体下落h的过程中，物体的重力势能减少了mgh，故A、B选项均错误，D选项正确．由于下落的加速度是0.8 g，由牛顿第二定律得mg－F f＝ma，F f＝mg－ma＝0.2mg，物体克服阻力做功W＝F f h＝0.2mgh，故C选项错误．]4．自由摆动的秋千摆动的幅度越来越小，下列说法中正确的是()A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒D[在秋千摆动的过程中，由于阻力的存在，需要克服阻力做功，机械能会减少，但能量并没有消失，减少的机械能转化为内能，总能量保持不变. ]5.如图5-4-9所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A相连，物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接．开始时托住物体A，使A静止且弹簧处于原长，然后由静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有()图5-4-9【导学号：81370215】A．A、B两物体的机械能总量守恒B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化C[A、B两物体和弹簧组成的系统的机械能总量守恒；轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化；A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化．]6.(多选)(2017·龙泉模拟)如图5-4-10所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()图5-4-10 A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了12mgHAC[分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力F f＝0.5mg，由动能定理，动能损失了F f Hsin 30°＋mgH＝2mgH，选项A正确，B错误．由功能关系，机械能损失F f Hsin 30°＝mgH，选项C正确，D错误．]7.如图5-4-11所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0.下列说法中正确的是()图5-4-11【导学号：81370216】A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多C[滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错、C对．]8.如图5-4-12所示，运动员在粗糙塑胶跑道上做负重起跑训练，轻质弹性橡皮条一端套在运动员的腰上，另一端系在一个大轮胎上，起跑过程可简化如下：运动员起跑初期拉动橡皮条使其变长，稍后轮胎在橡皮条牵引下开始运动，最后轮胎与运动员一起匀速运动．则起跑过程中，下列说法正确的是()图5-4-12A．起跑初期，轮胎未动时，人对橡皮条做的功等于橡皮条弹性势能的增加量B．一起匀速运动时，轮胎受到的外力的合力对轮胎做正功C．轮胎加速运动时，橡皮条对轮胎做的正功等于轮胎动能的增加量D．整个过程中，摩擦力对轮胎做正功A[轮胎未动时，根据能量守恒，人对橡皮条做的功等于橡皮条增加的弹性势能，选项A正确；由动能定理可知，匀速时轮胎受到的合力对它做功为零，选项B错误；由动能定理可知，加速时橡皮条对轮胎做的正功与摩擦力对轮胎做的负功的和等于轮胎动能的增加量，选项C错误；整个过程中摩擦力对轮胎做负功，选项D错误．]9．物体做自由落体运动，E k代表动能，E p代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)．下列图象能正确反映各物理量之间关系的是()A B C DB[由机械能守恒定律得E p＝E－E k，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C错；由动能定理得E k＝mgh，则E p＝E－mgh，故势能与h关系的图象也为倾斜的直线，D错；E p＝E－12m v2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B对；E p＝E－12mg2t2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A错．]10.(多选)一升降机在箱底装有若干弹簧，如图5-4-13所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中()图5-4-13【导学号：81370217】A．箱先处于失重状态然后再处于超重状态B．箱的重力功率不断减小C．箱的机械能不断减小D．箱的机械能保持不变AC[箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项A 正确；重力不变，重力的功率P＝mg v，先增大后减小，选项B错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的机械能不断减小，选项C正确，选项D错误．] 11．(多选)(2017·海宁模拟)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh－12m v2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于功能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减少了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]12.(加试要求)(2017·嵊州模拟)如图5-4-14所示，图5-4-14质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q ，滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 与时间t 、位移x 关系的是( )A B C DC [根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 正确，D 错误．产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，选项A 、B 错误．]13.(加试要求)如图5-4-15所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )图5-4-15【导学号：81370218】A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功C [对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v 2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f v 2t ，机械能增加量ΔE＝F f x 1＝F f v 2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．]14．一质量为2 kg 的物块从离地80 m 高处自由落下，测得落地速度为30 m/s ，求下落过程中产生的内能．(g 取10 m/s 2)【解析】 根据能量守恒，产生的内能为E ＝mgh －12m v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×10×80－12×2×302 J ＝700 J. 【答案】 700 J15.(2016·瑞安模拟)如图5-4-16所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC 为光滑半圆形轨道，半径为R ，CD 为水平粗糙轨道，一质量为m 的小滑块(可视为质点)从半圆形轨道中点B 由静止释放，滑至D 点恰好静止，CD 间距为4R .已知重力加速度为g .图5-4-16(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)求小滑块到达C 点时，小滑块对圆轨道压力的大小；(3)现使小滑块在D 点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A ，求小滑块在D 点获得的初动能.【导学号：81370219】【解析】 (1)从B 到D 的过程中，根据动能定理得mgR －4μmgR ＝0－0所以μ＝0.25.(2)设小滑块到达C 点时的速度为v C ，根据机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2C解得：v C ＝2gR设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为F N ，根据牛顿第二定律得F N－mg ＝m v 2C R解得F N ＝3mg根据牛顿第三定律，小滑块到达C 点时，对圆轨道压力的大小F N ′＝F N ＝3mg .(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A ，此时，重力充当向心力，设小滑块到达A 点时的速度为v A ，根据牛顿第二定律得mg ＝m v 2A R解得v A ＝gR设小滑块在D 点获得的初动能为E k ，根据能量守恒定律得E k ＝E p ＋E k A ＋Q即E k ＝2mgR ＋12m v 2A ＋4μmgR ＝3.5mgR . 【答案】 (1)0.25 (2)3mg (3)3.5mgR。

专题4.1 小船过河问题一．选择题1. （2018安徽合肥三模）如图所示，在宽为H的河流中，甲、H的A、B两个码头同时开始渡河，船头与河岸均成乙两船从相距3360°角，两船在静水中的速度大小相等，且乙船恰能沿BC到达正对岸的C。

则下列说法正确的是A. 两船不会相遇B. 两船在C点相遇C. 两船在AC的中点相遇D. 两船在BC的中点相遇【参考答案】D【命题意图】本题考查小船过河、运动的合成与分解及其相关的知识点。

H，则此题正确选项上【解后反思】若A、B两个码头之间距离为233H，则此题正确选项上哪哪一个？若A、B两个码头之间距离大于233一个？若甲船在静水中的速度大于乙船，则两船哪一个先到达和对岸？还能够相遇吗？若甲船在静水中的速度小于乙船，则两船哪一个先到达和对岸？还能够相遇吗？2．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽为150 m，水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船( )A．能到达正对岸B．渡河的时间可能少于50 sC．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 mD．以最短位移渡河时，位移大小为150 m【参考答案】C3.如图所示，河的宽度为L，河水流速为v水，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。

出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点。

则下列判断正确的是( )A ．甲船正好也在A 点靠岸B ．甲船在A 点左侧靠岸C ．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇D ．甲、乙两船到达对岸的时间相等 【参考答案】BD【名师解析】甲、乙两船垂直河岸的速度相等，渡河时间为t ＝Lv sin60°，乙能垂直于河岸渡河，对乙船则有v 水＝v cos60°，可得甲船在该时间内沿水流方向的位移为(v cos60°＋v 水)L v sin60°＝233L <2L ，甲船在A 点左侧靠岸，甲、乙两船不能相遇。

2018年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（ ）A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功2．（6分）高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A．10N B．102N C．103N D．104N3．（6分）2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。

假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）A．5×104kg/m3B．5×1012kg/m3C．5×1015kg/m3D．5×1018kg/m3 4．（6分）用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10﹣19J，已知普朗克常量为6.63×10﹣34J•s，真空中的光速为3.00×108m•s﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（ ）A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz5．（6分）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i 随时间变化的正确图线可能是（ ）A．B．C．D．6．（6分）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大7．（6分）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上，L1的正上方有a，b两点，它们相对于L2对称。

2018届高三理综上学期一轮模拟试卷（沂水县第一中学附
答案）
1123 /mol K3
试写出NO与CO反应生成无污染物气体的热化学方程式以及此热化学方程式的平衡常数K=（用K1、K2、K3表示）
（2）污染性气体NO2与CO在一定条下的反应为2NO2+4CO4CO2+N2，某温度下，在1L密闭容器中充入01mol NO2和02mol CO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原的，则反应开始到平衡时CO的平均反应速率v(CO)=。

若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol/L、04mol/L、01mol/L、1mol/L，要使反应向逆反应方向进行，a的取值范围。

（3）电化学降解NO2-的原理如下图
①电的负极是（填A或B）阴极反应式为。

②若电解过程中转移了6mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差为 g。

29 （9分）细胞自噬是依赖溶酶体对细胞内受损、异常的蛋白质和衰老的细胞器进行降解的过程。

被溶酶体降解后的产物，如果是对细胞有用的物质，细胞可以再利用，废物则被排出细胞外（部分过程见下图）。

回答下列问题
（1）细胞内衰老的线粒体可在自噬体内被降解，该过程利用了溶酶体中的___________酶。

若利用同位素标记法验证“自噬体中的酶自于高尔基体”，则实验现象应为_____________________ 。

（2）研究表明，若抑制肝癌发展期大鼠的细胞自噬，其肿瘤的体积和数量都比没有抑制细胞自噬的对照组小，说明在肝癌发展期，。

课前预习● 自我检测1. 某同学自制一电流表,其原理如图所示。

质量为m 的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连,弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外.MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。

MN的长度大于ab,当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度.MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。

（1) 当电流表的示数为零时,求弹簧的伸长量;(2）为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向；(3）若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的量程是多少？【答案】（2nBL Pg R mgk(2)M→N(3）21kLBL课堂讲练● 典例分析考点一安培力作用下的平衡问题【典例1】如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0。

1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。

金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.【答案】安培力的方向竖直向下,金属棒的质量为0.01 kg式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。

两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。

联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg。

⑤[易错提醒](1)本题中安培力的方向易判断错误。

（2)开关闭合后，弹簧的伸长量为(0.5＋0。

3）cm，不是0。

3 cm或(0。

专题14.2 光的波动性一、单选题1．下列实验中能反映光的干涉现象的是（）A．B．C．D．2．为了汽车夜间行车安全，有人提出设想:将汽车的挡风玻璃和车灯罩做成偏振片，使司机只能看到自己车灯的光而看不见对面车灯发出的光，从而大大减少因对面车灯发出的光造成的视线模糊。

以下关于光的偏振的说法正确的是（）A．振动方向和透振方向一致的光能透过偏振片B．光的振动方向指的是磁场方向C．光的偏振现象证明了光是一种机械波D．泊松亮斑就是一种偏振现象3．我们经常看到路边施工处挂有红色的灯，除了红色光容易引起人们的视觉反应外，这样做的另一个重要的原因是（）A．红光比其他可见光更容易发生衍射B．红光比其他可见光更容易发生干涉C．红光比其他可见光频率更大D．红光比其他可见光更容易发生反射4．下列说法正确的是（）A．太阳光下的油膜呈彩色，是光的衍射现象B．激光信号在光导纤维中传输的过程是利用了光的干涉C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以削弱反射光的干扰D．若红光与紫光从水中垂直水面射向空中，在逐渐增大入射角的过程中，水面上红光比紫光先消失5．可见光在空气中波长范围是4 400A到7 700A，即4.4×10－4 mm到7.7×10－4 mm，下面关于光衍射条件的说法正确的是（）A．卡尺两脚间的狭缝的宽度小到万分之几毫米以下时，才能观察到明显的衍射现象B．卡尺两脚间的狭缝在小到0.2 mm以下时，通过它观察各种光源，都能看到明显的衍射现象C．卡尺两脚间的狭缝在小到0.4 mm以下时，通过它观察到线状白炽灯丝，有明显的衍射现象D．光的衍射条件“跟光的波长可以相比”是非常严格的，即只有孔或障碍物的尺寸跟波长差不多时才能观察到光的衍射6．在双缝干涉实验中，中间明条纹（零级明条纹）到双缝的路程差为零，那么从双缝到第三级明条纹之间的路程差是（）A．1.5λB．2.5λC．2λD．3λ7．在杨氏双缝干涉实验中，如果（）A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B．若仅将入射光由红光改为紫光，则条纹间距一定变大C．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹D．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹8．电磁波无处不在，我们身边的广播、电视、移动通信都与电磁波有着密不可分的联系，Wi-Fi、非接触式公交卡、导航、雷达、微波加热、射电天文学、遥感遥测也都与电磁波有关。

专题04 练习使用打点计时器研究匀变速直线运动1．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图所示是一条记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，交流电的频率为50 H z。

（1）在打点计时器打B、C、D点时，小车的速度分别为（保留3位有效数字）v B＝________m/s；v C＝________m/s；v D＝________m/s。

（2）在如图所示的坐标系中画出小车的v­t图像。

（3）将图线延长与纵轴相交，交点的速度是___，此速度的物理含义是_______________。

（保留1位有效数字）。

【答案】（1）1.38m/s；2.64m/s；3.90m/s （2）图像如图；（3）0.2 m/s；表示0时刻小车经过A 点的速度。

【解析】C点的瞬时速度0.5280=20/.22.64 /BCDv m s s xTm ＝＝D点的瞬时速度0.780/ 3.90 /20.2CEDxv m s m s T===（2）根据以上数据作出小车的v­t图像，如图所示。

2．某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．①实验中，必要的措施是________．A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm，则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度v B＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)【答案】①AB②0.800.40【解析】3．在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用交流电源的频率是50Hz ，打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况。

专题09 验证力的平行四边形定则【满分：110分 时间：90分钟】实验题（共10题，每题11分，共110分）1．一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。

①如图（a ），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶______时电子秤的示数F ； ②如图（b ），将三细线L 1、L 2、L 3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上。

水平拉开细线L 1，在白纸上记下结点O 的位置、____________________和电子秤的示数F 1；③如图（c ），将另一颗墙钉B 钉在与O 同一水平位置上，并将L 1拴在其上．手握电子秤沿着②中L 2的方向拉开细线L 2，使____________和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F 2；④在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F 、F 1、F 2的图示，根据平行四边形定则作出F 1、F 2的合力F '的图示，若________________________，则平行四边形定则得到验证．【答案】①静止 (或稳定、平衡、不动) ；②三细线的方向 (至少记录L 1、L 3的方向)；③结点O 的位置；④F '与F 的图示重合（或基本重合）（F '大小与F 相等，方向相同） 【解析】③已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O 点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O 的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F 2。

④根据平行四边形定则作出F 1、F 2的合力F '的图示，若F 和F '在误差允许范围内重合，则验证了平行四边形定则。

c （）b （）a （）电子秤B2．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。

图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

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，并且计算量比拟大，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〔保存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个一样钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5，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连接起来进展探究。

2018年高三物理一轮总复习专题2.6 实验：验证力的平行四边形定则（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高三物理一轮总复习专题2.6 实验：验证力的平行四边形定则（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题2.6 实验：验证力的平行四边形定则1. 在做“验证力的平行四边形定则”的实验中，假如一个分力F1的方向不变,为了使橡皮条仍然伸长到O点,则关于另一个分力F2，下说列法正确的有（）。

A.F2的方向和大小唯一确定B。

F2的大小是唯一的，方向可以多个C。

F2的方向和大小可以有多个D.F2的方向是唯一的,但大小可有多个值【答案】C2. 在做“验证力的平行四边形定则”的实验时,橡皮条的一端固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点。

则下列说法中正确的是（）.A.同一次实验中，O点位置不允许变动B。

实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C。

实验中,把橡皮条的另一端拉到O点时，两只弹簧测力计之间的夹角必须取90°D。

实验中，要始终将其中一只弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程,然后调节另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点【答案】A【解析】为保证等效,必须把橡皮条的某一端拉到同一点,A项正确;实验中还要记录拉力的方向,B项错误；两拉力的夹角可以是其他的合适角度,C项错误;实验中不能超出弹簧测力计的最大量程，故开始时,弹簧测力计示数要小于最大量程，D项错误。

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试 全国1卷一、单项选择题：每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比15．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是16．如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab =5 cm ，bc =3 cm ，ca =4 cm 。

小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。

设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则A ．a 、b 的电荷同号，169k=B．a 、b 的电荷异号，169k =A B C DC．a、b的电荷同号，6427 k=D．a、b的电荷异号，6427 k=17．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。

轨道的电阻忽略不计。

OM是有一定电阻。

可绕O转动的金属杆。

M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。

空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程Ⅱ）。

在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则BB'等于A．54B．32C．74D．218．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。

一质量为m的小球。

始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。

机械能守恒定律一、选择题1．(2018·南充模拟)以下运动中物体的机械能一定守恒的是( ) A ．物体做匀速直线运动B ．物体从高处以g4的加速度竖直下落C ．不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动D ．物体做匀变速曲线运动 答案 C解析 A 项，物体做匀速直线运动时动能不变，而重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故A 项错误．B 项，物体从高处以g4的加速度竖直下落时，必定受到向上的阻力，物体的机械能不守恒，故B 项错误．C 项，不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动，细绳的拉力对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C 项正确．D 项，物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的力做功，机械能不一定守恒，故D 项错误． 2.如下列图，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，如此在小球从释放到落至地面的过程中，如下说法正确的答案是( )A ．斜劈对小球的弹力不做功B ．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C ．斜劈的机械能守恒D ．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量 答案 B解析 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B 项正确，C 、D 两项错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故弹力做负功，A 项错误．3．(多项选择)人站在h 高处的平台上，水平抛出一个质量为m 的物体，物体落地时的速度为v ，以地面为重力势能的零点，不计空气阻力，如此有( )A ．人对小球做的功是12mv2B ．人对小球做的功是12mv 2－mghC ．小球落地时的机械能是12mv2D ．小球落地时的机械能是12mv 2－mgh答案 BC解析 A 项，人对小球做的功等于小球获得的初动能，根据对从开始抛到落地的过程，运用动能定理得：W ＋mgh ＝12mv 2，所以人对小球做的功是W ＝12mv 2－mgh ，故A 项错误，B 项正确；C 项，以地面为重力势能的零点，小球落地的机械能等于落地时的动能加重力势能，小球落地时的重力势能是零，机械能为12mv 2，故C 项正确，D 项错误．4．(2018·西宁一模)(多项选择)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进展简化，假设参与者从触发器的正下方以v 的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．假设参与者仍在刚刚的抛出点，沿A 、B 、C 、D 四个不同的光滑轨道分别以速率v 抛出小球，如下列图．如此小球能够击中触发器的可能是( )答案 CD解析 小球以v 竖直上抛的最大高度为h ，到达最大高度时速度为0，A 项，小球不能上升到最高点就做斜抛运动了，不能击中触发器，故A 项错误；B 项，小球离开斜面后做斜抛运动了，不能击中触发器，故B 项错误；C 项，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C 项正确；D 项，在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，故D 项正确．5．(2018·大连模拟)如下列图，长为2L 的轻弹簧AB 两端等高的固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O 处轻轻地挂上一个质量为m 的物体P 后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g ，如下说法正确的答案是( )A ．向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小B ．向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小C ．物体在最低点时，弹簧的弹性势能为mgLtanθD ．物体在最低点时，弹簧中的弹力为mg2cosθ答案 C解析 物块向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等速度最大，物块继续向下运动弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大方向向上，到达最低点时速度为零，故加速度先减小后增大，故A 项错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力向上，位移向下，做负功，根据W 除重＝ΔE 可知机械能一直减小，故B 项错误；根据机械能守恒定律，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物块减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物块下降的高度h ＝L tanθ，故弹簧的弹性势能为ΔE 弹＝mgh ＝mgLtanθ，故C 项正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物块继续向下运动弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力大于重力，如此有：F 弹cos θ>mg2，解得：F 弹>mg 2cosθ，故D 项错误．6.(2018·安徽三模)(多项选择)如下列图，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中倾角为θ＝37°的斜面AB 与半径为R 的圆弧轨道平滑相切于B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心．质量为m 的小球(可视为质点)从与B 点高度差为h 的位置A 点沿斜面由静止释放．重力加速度大小为g ，sin37°＝06，cos37°＝0.8，如此如下说法正确的答案是( )A ．当h ＝2R 时，小球过C 点时对轨道的压力大小为275mgB ．当h ＝2R 时，小球会从D 点离开圆弧轨道做平抛运动C ．当h ＝3R 时，小球运动到D 点时对轨道的压力大小为1.4mg D ．调整h 的值，小球能从D 点离开圆弧轨道，并能恰好落在B 点 答案 AC解析 A 项，当h ＝2R 时，从A 点到C 点的过程，根据机械能守恒：mg(h ＋R －Rcosθ)＝12mv C 2过C 点时有：F N －mg ＝m v C2R解得：F N ＝275mg根据牛顿第三定律可知，小球过C 点压力大小为275mg ，A 项正确；B 项，假设小球恰好从D 点离开圆弧轨道，如此有：mg ＝mv 02R ，mg(h 0－R －Rcosθ)＝12mv 02解得：v 0＝gRh 0＝2.3R ＞2R ，所以当h ＝2R 时，小球在运动到D 点前已经脱离轨道，不会从D 点离开做平抛运动，B 项错误；C 项，由机械能守恒可得：mg(3R ＋R －Rcosθ)＝mg2R ＋12mvD 2，求得：v D ＝ 2.4gR ，由牛顿第二运动定律可得：F N ＋mg ＝m v D2R ，解得：F N ＝1.4mg ，C 项正确；D 项，假设小球以速度v 0从D 点离开后做平抛运动，R ＋Rcosθ＝12gt 02，得：t 0＝6R 10g，且x ＝v 0t 0＝6R 10>0.6R ，D 项错误．7．(2018·银川三模)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹的竞技运动，在某次“蹦床〞娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h 1处开始计时，其动能E k 与离地高度h 的关系如图2所示．在h 1～h 2阶段图像为直线，其余局部为曲线，h 3对应图像的最高点，小朋友的质量为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力和一切摩擦．如下有关说法正确的答案是( )A ．整个过程中小朋友的机械能守恒B ．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C ．小朋友处于h ＝h 4高度时，蹦床的弹性势能为E p ＝mg(h 2－h 4)D ．小朋友从h 1下降到h 5过程中，蹦床的最大弹性势能为E pm ＝mgh 1答案 C解析A项，小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A项错误；B项，从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B项错；C项，由图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得：小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为E p＝mg(h2－h4)，故C项正确；D项，小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为E pm ＝mg(h1－h5)，故D项错误．8．(2018·潍坊三模)(多项选择)如下列图，光滑长铁链由假设干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，如下判断正确的答案是( )A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒B．每节铁链通过最高点的速度依次减小C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变答案CD解析A项，在第一节沿圆周向上运动的过程中受到第二节的推力，而沿圆周向下运动的过程中又受到拉力，所以在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒．故A 项错误；B、D两项，从第一节铁链进入圆轨道，到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体是重力势能不断增加，如此整体的速度逐渐减小；最后一节进入轨道后，整体的重力势能逐渐减小，如此速度逐渐增大；在第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，所以速度保持不变．故B项错误，D项正确；C项，第一节与最后一节到达最高点时，整体的重力势能是相等的，所以整体的速度大小也相等．故C项正确．9.(2018·辽宁二模)如下列图，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B 与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，如此球面半径为( )A.7v 24gB.7〔2＋3〕v 24g C.73v 24gD.7v243g答案 D解析 滑块A 和滑块B 系统机械能守恒，故： mgRcos30°＝12mv A 2＋12mv B 2，将B 的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如下列图：滑块A 、B 沿着绳子的分速度相等，故： v A ＝v B cos30°， 其中：v B ＝v ， 联立解得： R ＝7v243g.10.如下列图，有一光滑轨道ABC ，AB 局部为半径是R 的14圆弧，BC 局部水平，质量均为m的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，不计小球大小．开始时a 球处在圆弧上端A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，如下说法正确的答案是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．a 、b 滑到水平轨道上时速度为2gRC ．从释放到a 、b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为mgR2D ．从释放到a 、b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对b 球做的功为mgR2答案 C解析 A 项，下滑过程中，对两个球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，而单个球机械能均不守恒，故A 项错误；B 项，下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有：mgR ＋mg(2R)＝12×2mv 2；解得：v ＝3gR ；故B 项错误；C 项，对a 球由动能定理可知：W ＋mgR ＝12mv 2；解得：W ＝32mgR －mgR ＝12mgR ；故C 项正确；D 项，对b 球由动能定理可知：W ＋2mgR ＝12mv 2；解得：W ＝32mgR －2mgR ＝－12mgR ；故D 项错误．11．(2018·大连模拟)(多项选择)如下列图，由长为L 的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m 的小球A 、B ，系统可绕O 点在竖直面内转动，初始位置OA 水平．由静止释放，重力加速度为g ，不计一切摩擦与空气阻力．如此( )A ．系统在运动过程中机械能守恒B ．B 球运动至最低点时，系统重力势能最小C ．A 球运动至最低点过程中，动能一直在增大D ．摆动过程中，小球B 的最大动能为34mgL 答案 AD解析 A 项，系统在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，故A 项正确；B 、C 两项，系统重心在A 、B 连线的中点位置，故AB 连线水平时，系统重力势能最小，动能最大；故A 球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B 、C 两项错误；D 项，故AB 连线水平时，系统动能最大，此时A 球到图中B 球位置，故根据机械能守恒定律，有： mg ·32L ＝2×12mv 2， 解得：12mv 2＝34mgL ，故D 项正确．12.(2018·江苏二模)(多项选择)如下列图，在半径为r 的轴上悬挂一个质量为M 的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m 的小球．球离轴心的距离为R ，轮轴、绳(极细)与手柄的质量以与摩擦均不计．现将水桶从某一高度释放使整个装置转动，当转动n 周时，如此( )A ．水桶的速度是小球转动线速度的rR 倍B ．水桶的瞬时速度为4πnr 3Mg Mr 2＋6mR2 C ．每个小球获得的动能为E k ＝2πnr 3mMgMr 2＋6mR 2D ．水桶减小的机械能为2πnrMg 答案 AB解析 A 项，轮轴和手柄具有一样角速度ω，故水桶下落速度为ωr，小球速度大小为ωR；故A 项正确；B 、C 两项，装置转动过程只有重力做功，机械能守恒；故有：Mg·2πnr＝12M (ωr)2＋6×12m (ωR)2； 所以，角速度ω＝4πnMgrMr 2＋6mR2，那么，水桶的瞬时速度为ωr＝4πnM gr 3Mr 2＋6mR2，小球的速度为ωR＝4πnMgrR 2Mr 2＋6mR 2，故每个小球获得的动能为12m (ωR)2＝2πnMmgrR 2Mr 2＋6mR2；故B 项正确，C 项错误；D 项，水桶减小的重力势能为2πnrMg；水桶的动能增加，故D 项错误． 二、非选择题13.如下列图，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k ＝200 N/m 的轻质弹簧一端连接固定挡板C ，另一端连接一质量为m ＝4 kg 的物体A ，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A 上，另一端与质量也为m 的物体B 相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B 使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；(2)物体A 沿斜面向上运动多远时获得最大速度； (3)物体A 的最大速度大小． 答案 (1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s解析 (1)弹簧恢复原长时，物体A 、B 的加速度大小一样， 对B 分析：mg －T ＝ma ， 对A 分析：T －mgsin30°＝ma ， 代入数据解得：T ＝30 N. (2)初始位置，弹簧的压缩量为： x 1＝mgsin30°k＝10 cm ，当物体A 速度最大时，即物体A 的加速度为0，对物体A 分析有： mg ＝kx 2＋mgsin30°， 弹簧的伸长量为：x 2＝10 cm ， 所以物体A 沿斜面上升的距离为： x ＝x 1＋x 2＝20 cm.(3)因为x 1＝x 2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得： mg(x 1＋x 2)－mg(x 1＋x 2)sin30°＝12·2m ·v 2，解得：v ＝1 m/s.14.(2018·江苏)如下列图，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B.质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°.松手后，小球运动到与A 、B 一样高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F ； (2)物块和小球的质量之比M∶m；(3)小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T.解析 (1)松手前小球受力分析如下列图，由平衡得：T 1sin53°＝T 2cos53° F ＋mg ＝T 1cos53°＋T 2sin53° 且T 1＝Mg联立解得：F ＝53Mg －mg(2)小球运动到与A 、B 一样高度过程中， 小球上升高度为：h 1＝3lsin53° 物块下降高度为：h 2＝4l －2l ＝2l整个过程系统机械能守恒，如此有：mgh 1＝Mgh 2 联立解得：M m ＝65(3)根据机械能守恒定律可知，小球向下运动到最低点即为小球回到起始点，设此时AC 方向拉力为T ，由牛顿第二定律得： 对物块：Mg －T ＝Ma对小球：沿AC 方向与物块的加速度一样 T －mgcos53°＝ma 解得：T ＝4855mg.。

专题6.7 与传送带相关的能量问题一、选择题1．(2018·合肥质检)如图所示，水平传送带保持2 m/s的速度运动，一质量为1 kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点2 m的B点，g取10 m/s2，则传送带对该物体做的功为( )A．0.5 J B．2 JC．2.5 J D．4 J【参考答案】B2.(2017·漳州检测)如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A 点，则下列说法正确的是( )A．圆弧轨道的半径一定是v2 2gB．若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点【参考答案】BD【名师解析】物块在圆弧轨道上下滑的过程中，物块的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgR＝12mv02，所以小物块滑上传送带的初速度：v0＝2gR，物块到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物块的受力可知，物块在减速和加速的过程物块的加速度的大小是相同的，所以物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥2gR，物块就能返回到A点，则R≤v22g，故A项错误；若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥2gR，物块就能返回到A点，故B项正确；若增大传送带的速度，由于物块返回到圆弧轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，故C项错误，D 项正确。

3.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。

滚动检测一 力和运动考生注意： 1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意) 1．(2018·红桥中学一调)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态( )A ．正常运行的高楼电梯中B ．沿固定于地面的光滑斜面滑行C ．氢气球缓慢上升D ．不计空气阻力条件下的竖直上抛 答案 D2．如图1所示，粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A 、B ，质量分别为m A ＝m ，m B ＝3m ，与水平面间的动摩擦因数均为μ，木块A 通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓缓向左水平推木块B ，使木块A 、B 一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A 、B 由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F 时(木块A 、B 未分离)，则( )图1A ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为3F 4B ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为F4C ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为34F －3μmgD ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为F －μmg 答案 A解析 当弹簧弹力大小为F 时，设木块A 对木块B 的作用力大小为F N .根据牛顿第二定律，对A 、B 整体有：F －μ·4mg ＝4ma ，对B 有F N －μ·3mg ＝3ma ，联立解得：F N ＝34F ，故选A.3.如图2所示，倾角θ＝37°的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.现对木箱施加一拉力F ，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动．设F 的方向与斜面的夹角为α，在α从0°逐渐增大到60°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )图2A ．F 先减小后增大B ．F 先增大后减小C ．F 一直增大D ．F 一直减小 答案 A解析 对木箱受力分析如图所示正交分解得：F N ＋F sin α＝mg cos θ，F cos α＝mg sin θ＋F f ，F f ＝μF N 联立解得：F ＝mg sin θ＋μmg cos θcos α＋μsin α，cos α＋μsin α＝cos α＋33sin α＝233(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝233cos (30°－α)，当α＝30°时，cos α＋μsin α最大，F 最小．则在α从0°逐渐增大到60°的过程中，F 先减小后增大，故选A.4．如图3，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b ，整个系统处于静止状态．现将物块c 轻轻放在a 上，整个系统依然处于静止状态，则( )图3A ．绳OO ′与竖直方向的夹角变小B ．绳OO ′的张力一定变大C ．连接a 和b 的绳的张力可能不变D ．b 与桌面间的摩擦力保持不变 答案 B解析 以滑轮为研究对象，受a 、b 、OO ′细绳的拉力而平衡，a 、b 细绳拉力大小等于a 的重力，其合力与OO ′细绳的拉力等大反向，将物块c 轻轻放在a 上，a 、b 细绳拉力增大，其合力增大，合力方向不变，绳OO ′与竖直方向的夹角不变，绳OO ′的张力一定变大，A 、C 错误，B 正确；以b 为研究对象，b 绳拉力沿水平方向的分力等于b 与桌面间的摩擦力，拉力变大所以摩擦力变大，D 错误．5.(2018·徐州三中月考)如图4所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图4A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T答案 C解析 质量为2m 的木块受到重力、质量为m 的木块的压力、m 对其作用的向后的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力，共五个力的作用，A 项错误；当绳的拉力为F T 时，对m 和2m 有F T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2F T ，故B 项错误，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ，故D 项错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6．如图5所示，矩形物块A 和楔形物块B 、C 叠放在水平地面上，B 物块上表面水平．水平向左的力F 作用在B 物块上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是( )图5A ．物块A 的受力个数为2个B ．物块B 的受力个数为4个C ．地面对物块C 的支持力等于三者重力之和D ．地面对物块C 的摩擦力大小等于F ，方向水平向右 答案 ACD解析 对A 受力分析， A 受重力和支持力2个力的作用，故A 正确；B 受重力、压力、斜面施加的斜向上的支持力、拉力F ，根据平衡条件可知，还受斜面施加的斜向上的摩擦力，共5个力的作用，故B 错误；以A 、B 、C 整体为研究对象受力分析，根据平衡条件知，地面对物块C 的支持力等于三者重力之和，地面对物块C 的摩擦力大小等于F ，方向水平向右，故C 、D 正确．7．质量为0.1 kg 的小球从空中某高度由静止开始下落到地面，该下落过程对应的v －t 图象如图6所示．小球与水平地面每次碰撞后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.小球运动受到的空气阻力大小恒定，g 取10 m/s 2, 下列说法正确的是( )图6A ．小球上升过程中的加速度大小为18 m/s 2B ．小球第一次上升的最大高度为0.375 mC ．小球第二次下落的时间为68s D ．从开始运动到最终静止，小球的总路程为115 m答案 BCD解析 小球在0～0.5 s 内加速运动的加速度a 1＝40.5 m/s 2＝8 m/s 2，选项A 错误；mg －F f ＝ma ，可得阻力F f ＝m (g －a 1)＝0.1×(10－8) N ＝0.2 N ，则上升过程中的加速度：a 2＝mg ＋F fm＝1＋0.20.1 m/s 2＝12 m/s 2；上升的初速度为v 1＝3 m/s ，则第一次上升的高度：h 2＝v 212a 2＝322×12m ＝0.375 m ，故B 正确；第二次下落的时间t ＝2h 2a 1＝2×0.3758s ＝68s ，选项C 正确；小球开始下落的高度h 1＝1 m ，第一次上升的高度为h 2＝0.375 m ，整个过程小球的路程s ＝2×11－0.3751 m －1 m ＝2.2 m ，选项D 正确.8．如图7甲所示，足够长的木板B静置于粗糙水平面上，其上放置小滑块A.小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F的作用时，用传感器测出小滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象(设接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，g取10 m/s2，则()图7A．小滑块A的质量为3 kgB．木板B的质量为1 kgC．小滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.3D．木板B与地面之间的动摩擦因数为0.1答案BD解析拉力F在0～3 N时，A、B整体处于静止状态，F f地＝μ(m A＋m B)g＝3 N；拉力F在3～6 N时，A、B整体一起匀加速运动，F－F f地＝(m A＋m B)a，由图象斜率得m A＋m B＝3 kg，B 与地面的动摩擦因数μ＝0.1；拉力F在6～8 N时，A与B相对滑动，对A分析，F－F f AB＝m A a，由图象斜率得m A＝2 kg，故m B＝1 kg，由F为6 N时F f AB＝μAB m A g，得μAB＝0.2.综上分析可得选项B、D正确．9．如图8甲所示，倾角为37°足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放在传送带上，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是()图8A．传送带顺时针转动，速度大小为4 m/sB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C．0～8 s内物体位移的大小为14 mD．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J答案ACD解析由题图可知小物体先沿传送带向下做减速运动后沿传送带向上做加速运动，故可知传送带速度方向为顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，A正确；根据v －t 图象的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝ 22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得μ＝0.875，故B 错误；0～8 s 内物体位移为x ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m ＝14 m ，故C 正确；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动.0～6 s 内传送带运动距离为x 带＝4×6 m ＝24 m,0～6 s 内物体位移为x 物＝－12×2×2 m ＋4×42 m ＝6 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·x 相对＝126 J ，故D 正确．三、非选择题(本题共5小题，共计69分)10．(12分)(2018·盐城中学段考)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度． 实验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G ；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图9甲所示．在A 端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F ； ③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②； 实验数据如表所示：④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C 处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P 连接，保持滑块静止，测量重物P 离地面的高度h ；⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D 点(未与滑轮碰撞)，测量C 、D 间的距离x .图9(1)根据表中数据在图丙坐标纸上作出F －G 图线．(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝______(保留2位有效数字)． (3)滑块最大速度的大小v ＝________(用h 、x 、μ和重力加速度g 表示)． 答案 (1)见解析图 (2)0.40 (3)2μg (x －h )解析 (1)根据描点法在F －G 图象上描出各点，再连接起来，如图所示；(2)由题图甲可知F ＝μG ，则F －G 图象的斜率代表μ值的大小． 由F －G 图象可知μ＝1.6－0.44－1＝0.40；(3)当重物P 刚好下落到地面时，滑块的速度v 最大，此时滑块的位移为h ，此后滑块做加速度为μg 的匀减速运动， 由公式v 2－v 02＝2ax 知：滑块的最大速度v max 满足：v max 2＝2μg (x －h )， 则v max ＝2μg (x －h ).11．(12分)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M ，其实验装置如图10甲所示，设计的实验步骤为：(1)调整长木板倾角，当钩码的质量为m 0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；(2)保持木板倾角不变，撤去钩码m 0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50 Hz)． 请回答下列问题：图10①打点计时器在打下D 点时滑块的速度v D ＝________m/s ；②滑块做匀加速直线运动的加速度a ＝________m/s 2；(结果保留3位有效数字) ③滑块质量M ＝________(用字母a 、m 0和当地重力加速度g 表示)．(3)保持木板倾角不变，挂上质量为m (均小于m 0)的钩码，滑块沿木板向下做匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a －mg 图象如图丙所示，求得滑块的质量M ＝________kg.(取g ＝10 m/s 2，结果保留3位有效数字) 答案 (2)①1.69 ②3.88 ③gam 0 (4)0.200解析 (2)①相邻计数点间的时间间隔为T ＝2×0.02 s ＝0.04 s ，则v D ＝x CE 2T ＝24.56－11.042×0.04×10－2 m/s ＝1.69 m/s,②根据逐差法可得x DE －x BC ＝2a 1T 2，x CD －x AB ＝2a 2T 2，联立得a ＝x CD －x AB ＋x DE －x BC4T 2＝0.064 5－0.052 0＋0.070 7－0.058 44×0.042m/s 2≈3.88 m/s 2 ③滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得m 0g ＝Mg sin θ－F f ，撤去m 0，滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力F 合＝Mg sin θ－F f ，由牛顿第二定律得F 合＝Ma ，解得M ＝m 0ga .(4)滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得Mg sin θ－F f ＝m 0g ，挂上质量为m 的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为F 合′＝Mg sin θ－F f －mg ，由牛顿第二定律得F 合′＝Ma ，解得a ＝m 0M g －m M g ，由题图可知k ＝－1M ＝1－3.50.5kg －1＝－5 kg －1，解得M ＝0.200 kg.12．(12分)2017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试．某次测试中，C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t 1＝20 s 达到最大速度v m ＝ 288 km/h ，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x ＝3 200 m ，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g ＝10 m/s 2.(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m ＝8×104 kg ，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数) 答案 (1)4 m/s 2 (2)4×105N (3)53.3 m/s解析 (1)由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s ，解得a ＝4 m/s 2 由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故a ′＝4 m/s 2. (2)加速过程F －kmg ＝ma ，解得F ＝4×105 N. (3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 12＝800 m减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m ＝20 s故全程的平均速度大小v ＝xt 1＋t 2＋t 3≈53.3 m/s.13．(15分)为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图11甲所示．他使木块以4 m/s 初速度沿倾角30°的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v －t 图线如图乙所示．木块到达最高点后又沿斜面滑下．g 取10 m/s 2，求：图11(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)木块回到出发点时的速度大小v . 答案 (1)35(2)2 m/s 解析 (1)由题图可知，木块经0.5 s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt有：上滑过程中加速度的大小：a 1＝v 0Δt 1＝40.5 m/s ＝8 m/s 2，上滑过程中在斜面上有沿斜面向下的重力的分力、摩擦力，由牛顿第二定律得上滑过程中有： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，代入数据得：μ＝35. (2)下滑的距离等于上滑的距离：x ＝v 022a 1＝422×8m ＝1 m下滑过程中，摩擦力方向变为向上 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝10×12 m/s 2－35×10×32 m/s 2＝2 m/s 2下滑至出发点的速度大小为：v ＝2a 2x ，联立解得：v ＝2 m/s.14．(18分)(2019·射阳二中模拟)如图12甲所示，质量M ＝2 kg 、长L ＝1 m 的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：(取g ＝10 m/s 2)图12(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力F f 随时间t 变化的图象如图乙所示．求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；(2)若在铁块上施加恒力F ，使铁块从木板上滑落，求F 的大小范围；(3)若在铁块上施加向右的恒力F ′＝8 N ，求铁块运动到木板右端所用的时间． 答案 (1)0.1 0.5 (2)F >6 N (3)1 s解析 (1)由题图可知，0～1 s 内木板与铁块均没有滑动，F 1＝F ＝kt ； 1～3 s ，木板与铁块相对静止，整体相对地面运动，故t ＝1 s 时， 恰好有F f1＝μ1(m ＋M )g ＝3 N则木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；3 s 后，木板与铁块相对滑动，m 受到滑动摩擦力，有μ2mg ＝5 N 则木板与铁块间的动摩擦因数为μ2＝0.5(2)使铁块从木板上滑落，必须有铁块的加速度大于木板的加速度，设铁块的加速度为a 1、木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律，对铁块：F －μ2mg ＝ma 1 对木板：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2当a 1>a 2时，铁块才能从木板上滑落，代入数据解得：F >6 N (3)由牛顿第二定律F ′－μ2mg ＝ma 1，解得a 1＝3 m/s 2 对木板：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2，解得a 2＝1 m/s 2 设铁块运动到木板右端所用的时间为t ，则12a 1t 2－12a 2t 2＝L解得：t ＝1 s.。

基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝,8) s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间． 解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。

2018年高考理综物理真题试卷（全国Ⅲ卷）一、选择题（单选）1.1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核 A 1327l，产生了第一个人工放射性核素X ： α+A 1327l →n+X 。

X 的原子序数和质量数分别为（ ）A. 15和28B. 15和30C. 16和30D. 17和312.为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍。

P 与Q 的周期之比约为（ ）A. 2:1B. 4:1C. 8:1D. 16:13.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正。

该电阻上电压的峰值为u 0 ， 周期为T ，如图所示。

则Q 方: Q 正等于（ ）A. 1:√2B. √2:1C. 1:2D. 2:14.在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和 v2 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）A. 2倍B. 4倍C. 6倍D. 8倍二、选择题（多选）5.甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。

甲乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示。

下列说法正确的是（ ）A. 在t1时刻两车速度相等B. 从0到t1时间内，两车走过的路程相等C. 从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D. 从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等6.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程，（）A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:57.如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。