人教版2020高考物理一轮复习优编选题(2)(含解析)新人教版
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2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图,可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处,以初速度v0水平抛出,其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点.过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°,则半圆柱体的半径为(不计空气阻力,重力加速度为g)()A.B.C.D.2.如图所示,某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块,分别落到A,B两处.不计空气阻力,则落到B处的石块()A.初速度大,运动时间短B.初速度大,运动时间长C.初速度小,运动时间短D.初速度小,运动时间长3.质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动,它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示。
下列说法正确的是()A.前2 s内质点处于超重状态B. 2 s末质点速度大小为4 m/sC.质点的加速度方向与初速度方向垂直D.质点向下运动的过程中机械能减小4.如图所示,位于同一高度的小球A,B分别以v1和v2的速度水平抛出,都落在了倾角为30°的斜面上的C点,小球B恰好垂直打到斜面上,则v1,v2之比为()A. 1 ∶1B. 2 ∶1C. 3 ∶2D. 2 ∶35.公交车是人们出行的重要交通工具,如图所示是公交车内部座位示意图,其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直,当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时,一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B,则站在站台上的人看到该乘客()A.运动轨迹为直线B.运动轨迹为抛物线C.因该乘客在车上匀速运动,所以乘客处于平衡状态D.当车速度为 5m/s 时,该乘客对地速度为 7m/s6.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。
某小孩和大人直立在界外,在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环,并恰好套中前方同一物体。
假设小圆环的运动可以视为平抛运动,则()A.大人抛出的圆环运动时间较短B.大人应以较小的速度抛出圆环C.小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D.小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小7.如图,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),从大环的最高处由静止滑下。
教学资料范本2020高考物理一轮基础系列题2含解析新人教版-精装版编辑:__________________时间:__________________【精选】20xx最新高考物理一轮基础系列题2含解析新人教版李仕才一、选择题1、汽车在平直公路上做刹车试验,若从t=0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图2所示,下列说法正确的是( )图2A.t=0时汽车的速度为10 m/sB.刹车过程持续的时间为5 sC.刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 mD.刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2解析由图象可得x=-v2+10,根据v2-v=2ax可得x=v2-,2a),解得a=-5 m/s2,v0=10 m/s,选项A正确,选项D错误;汽车刹车过程的时间为t==2 s,选项B错误;汽车经过2 s 停止,因而经过3 s时汽车的位移为x=10 m(要先判断在所给时间内,汽车是否已停止运动),选项C错误.答案A2、如图2所示,物体受到沿斜面向下的拉力F作用静止在粗糙斜面上,斜面静止在水平地面上,则下列说法正确的是( )图2A.斜面对物体的作用力的方向竖直向上B.斜面对物体可能没有摩擦力C.撤去拉力F后物体仍能静止D.水平地面对斜面没有摩擦力答案C3、如图2,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O以与x轴成60°角的方向斜向上射入磁场,且在上方运动半径为R(不计重力),则( )图2A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C.粒子再次回到x轴上方所需的时间为2πm BqD.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进了3R答案C4、我国第一颗绕月探测卫星——嫦娥一号进入地月转移轨道段后,关闭发动机,在万有引力作用下,嫦娥一号通过P点时的运动速度最小.嫦娥一号到达月球附近后进入环月轨道段.若地球质量为M,月球质量为m,地心与月球中心距离为R,嫦娥一号绕月球运动的轨道半径为r,G为万有引力常量,则下列说法正确的是( ) A.P点距离地心的距离为RB.P点距离地心的距离为RC.嫦娥一号绕月运动的线速度为GMrD.嫦娥一号绕月运动的周期为2πR RGm【答案】A【解析】据题知嫦娥一号通过P点时地球和月球对卫星的万有引力大小相等,设P点到地心和月心的距离分别为r1和r2,则有=G,又r1+r2=R,解得:r1=R,故A正确,B错误;嫦娥一号绕月运动时,由月球的万有引力提供向心力,则有:G=m卫=m卫r,解得线速度v=,T=2πr,故C、D错误.5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点,将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手,运动t 时间后停在最低点.则在时间t 内( )A .小球重力做功为mgl(1-cos α)B .空气阻力做功为-mglcos αC .小球所受合力做功为mglsin α错误!.细线拉力做功的功率为D 6、(多选)甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′.下列说法中正确的是( )A .甲做的可能是直线运动,乙做的可能是圆周运动B .甲和乙可能都做圆周运动C .甲和乙受到的合力都可能是恒力D .甲受到的合力可能是恒力,乙受到的合力不可能是恒力解析:选BD.甲、乙两物体速度的方向在改变,不可能做直线运动,则A 错;从速度变化量的方向看,甲的方向一定,乙方向发生了变化,甲的合力可能是恒力,也可能是变力,而乙的合力不可能是恒力,则C 错误,B 、D 正确.7、如图所示,两块平行、正对的金属板水平放置,分别带有等量的异种电荷,使两板间形成匀强电场,两板间的距离为 d.有一带电粒子以某个速度v0紧贴着A 板左端沿水平方向射入匀强电场,带电粒子恰好落在B 板的右边缘.带电粒子所受的重力忽略不计.现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场,但使该粒子落在B 板的中点,下列措施可行的是 ( )A.仅使粒子的初速度变为2v0B.仅使粒子的初速度变为C.仅使B 板向上平移D.仅使B板向下平移d【解析】选 B.带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动,位移x=v0t,在沿电场方向做初速度为零的匀加速运动,y=at2=·t2,联立可得x2=,现在要使x变为原来的一半,即x2为原来的四分之一,所以需要将粒子的初速度变为,A错误,B正确;使B板向上平移,则根据公式C=可得电容增大为原来的两倍,根据公式U=可得电压变化为原来的二分之一,x2变为原来的,C错误;仅使B板向下平移d,则电容变为原来的二分之一,电压变为原来的2倍,x2为原来的2倍,D错误.8、如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,下面挂有匝数为n的矩形线框abcd.bc边长为l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里.线框中通以电流I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态.令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的平衡.则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是( ) B.Δx=,方向向下A.Δx=,方向向上D.Δx=,方向向下C.Δx=,方向向上解析:选 B 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡,安培力为:FB=nBIl,且开始的方向向上,然后方向向下,大小不变.设在电流反向之前弹簧的伸长量为x,则反向之后弹簧的伸长量为(x+Δx),则有:kx+nBIl-G=0k(x+Δx)-nBIl-G=0解之可得:Δx=,且线框向下移动.故B正确.二、非选择题如图所示,质量均为m的物块A和B用轻弹簧相连,放在光滑的斜面上,斜面的倾角θ=30°,B与斜面底端的固定挡板接触,弹簧的劲度系数为k ,A 通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳与放在水平面上的物块C 相连,各段绳均处于刚好伸直状态,A 上段绳与斜面平行,C 左侧绳与水平面平行,C 的质量也为m ,斜面足够长,物块C 与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度为g.现给C 一个向右的初速度,当C 向右运动的速度为零时,B 刚好要离开挡板,求:(1)物块C 开始向右运动的初速度大小;(2)若给C 施加一个向右的水平恒力F1(未知)使C 向右运动,当B 刚好要离开挡板时,物块A 的速度大小为v ,则拉力F1多大?(3)若给C 一个向右的水平恒力F2(未知)使C 向右运动,当B 刚好要离开挡板时,物块A 的加速度大小为a ,此时拉力F2做的功是多少?解析:(1)开始时绳子刚好伸直,因此弹簧的压缩量为mg 2k ==x1当B 刚好要离开挡板时,弹簧的伸长量为mg 2k ==x2根据功能关系12x2)+μmg(x1+x2)+mgsin θ(x1=×2mv02 解得v0=g.则拉力做功W =F2(x1+x2)=.⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +32g m2g k (3)+(2)mg (1)g 答案:。
2020届人教高考物理一轮选择习题优练(2)及答案1、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( )A. B. C. D.【解析】选A。
设初末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由E k=mv2得v2=3v1;代入s=t,得v1=,v2=,a===,选项A正确。
2、细绳拴一个质量为m的小球,小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了x(小球与弹簧不连接),小球静止时弹簧在水平位置,细绳与竖直方向的夹角为53°,小球到地面的高度为h,如图所示。
下列说法中正确的是( )A.细绳烧断后小球做平抛运动B.细绳烧断后,小球落地的速度等于C.剪断弹簧瞬间细绳的拉力为mgD.细绳烧断瞬间小球的加速度为g【解析】选D。
细绳烧断后小球受弹簧弹力和重力,水平方向做加速度减小的加速运动,竖直方向做自由落体运动,故A错误;小球若做自由落体运动时,根据v2=2gh得落地速度v=;而现在小球受到弹簧的弹力做功,故落地时速度一定大于,故B错误;小球静止时,分析受力情况,如图所示,由平衡条件得:细绳的拉力大小为:T==mg,弹簧的弹力大小为:F=mgtan 53°=mg,剪断弹簧瞬间,细绳的拉力发生突变,不再为T=mg,故C错误;细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为a==g,故D正确。
3、如图所示,一个小孩从粗糙的滑梯上自由滑下,在下滑过程中( )A.小孩的机械能守恒B.小孩的机械能减少量等于滑梯内能的增加量C.小孩的重力势能减少量等于小孩动能的增加量D.小孩的重力势能减少量等于重力对小孩做的功【解析】选D。
小孩从滑梯上自由滑下的过程中,位置降低,重力势能减小,速度增加,动能增大,但由于小孩需克服摩擦力做功,机械能不守恒,部分机械能转化成内能,所以机械能减小,故A错误;根据能量守恒定律可知,减小的重力势能转化为动能和内能,故B、C错误;根据重力势能和重力做功的关系可知,小孩的重力势能减少量等于重力对小孩做的功,故D正确。
45分钟单元能力训练卷(一)1.BC [解析] 根据v -t 图象可知,物体在第1 s 末开始减速但运动方向不变,选项A 错误;由于第2 s 内和第3 s 内v -t 图象的斜率相同,所以加速度相同,选项B 正确;由图象与坐标轴所围面积表示位移可知,4 s 末物体刚好返回出发点,选项C 正确;物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远,选项D 错误.2.C [解析] 根据题意画出两物体运动的v -t 图线①②,易知只有选项C 正确.3.B [解析] 根据图线的斜率可知,加速度不断减小,假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动,则平均速度为v 1+v 22,而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度,因而平均速度也将小于v 1+v 22,只有选项B 正确.4.B [解析] 由题意可知:v 乙>v 甲>v 丙,三辆车的位移相等,根据公式t =x v可知乙车运动时间最短,即乙车最先通过第二块路标.本题也可作出三辆车的v -t 关系图象,如图所示,可以看出乙车最先通过第二块路标.选项B 正确.5.D [解析] 若小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,则其位移满足x =12at 2,所以x t 2=12a ,选项D 正确. 6.C [解析] 物体在0~1 s 内做匀加速直线运动,在1~2 s 内做匀减速直线运动,到2 s 时速度刚好减为0,一个周期结束,以此循环运动,选项C 正确.7.B [解析] 由速度图线的物理意义可知,速度图线与坐标轴包围的“面积”代数和表示位移,根据对称性,2~6 s内“面积”代数和为零,即0~2 s内的位移和0~6 s内的位移相等,选项B正确.8.AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v=xt=95/60km/h=108 km/h,选项A正确、B错误;而平均速率v=st=155/60km/h=180 km/h,选项C错误;车内速度计指示的速度为汽车通过某位置的瞬时速度,选项D正确.9.②④[解析] 在打下计数点“0”至“5”的过程中,两纸带所用时间相同,但甲纸带位移小于乙纸带位移,故v甲<v乙,①错误,②正确;相邻计数点间所用时间相等,但乙的速度变化得更快,故a甲<a乙,③错误,④正确.10.0.86 a=x4+x5+x6-x1+x2+x39T20.64[解析] A为x3~x4过程中的时间中点,根据做匀变速直线运动的物体中间时刻的速度为该过程的平均速度可得vA =x3+x42T≈0.86 m/s;由于x4-x1=3a1T2,x5-x2=3a2T2,x6-x3=3a3T2,所以a=a1+a2+a33=x4+x5+x6-x1+x2+x39T2,代入数据得a=0.64 m/s2.11.2304 m[解析] 关闭道口时间为16 s,为安全保障再加20 s,即关闭道口的实际时间为t 0=t2+t1=20 s+16 s=36 s汽车必须在关闭道口前已通过道口,汽车从停车线到通过道口实际行程为x总=x+x+l=26 m+5 m+15 m=46 m需用时t 3=x总v2=46×36005000s=33.12 s由此亮起红灯的时间为T=t0+t3=36 s+33.12 s=69.12 s故A点离道口的距离应为L=v1T=1200003600×69.12 m=2304 m.12.(1)4.5 m/s2(2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2=0-v222x=0-1522×25=-4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2. (2)汽车从小明身旁到开始刹车用时t 1=x-xv2=50-2515s=53s汽车刹车过程中用时t 2=0-v2a2=103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3=vm-v1a1=6-12.5s=2 s小明加速过程中的位移x 2=12(v1+vm)t3=7 m以最大速度跑到车站的时间t 4=x-x2v3s=436s=7.2 s由t1+t2<t3+t4<t1+t2+10 s,故小明可以在汽车还停在车站时上车.45分钟单元能力训练卷(二)1.A [解析] 取滑块为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件得FNsinθ=mg,即FN =mgsinθ,选项C、D错误;由Ftanθ=mg,得F=mgtanθ,选项A正确、B错误.2.D [解析] 未加压力F之前,物体处于静止状态,由平衡条件可得:f=Gsinθ,当加上压力F后,物体仍处于静止状态,因此f仍为Gsinθ,故D正确.3.C [解析] 小球A受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力,由平衡条件可得 kx=mgtan θ2,即x=mgtanθ2k,选项C正确.4.B [解析] 以小车M和物体m整体为研究对象,它们必受到重力和地面支持力.因小车和物体整体处于静止状态,由平衡条件知,墙面对小车必无作用力.以小车为研究对象,如图所示,它受四个力:重力Mg、地面的支持力FN1、m对它的压力FN2和静摩擦力f.由于m静止,可知f和FN2的合力必竖直向下,故选项B正确.5.AD [解析] 物体受力分析如图所示,由于物体静止,由平衡条件知,沿天花板方向:f=mgsinθ,所以选项A正确、BC错误;垂直天花板方向:qE=mgcosθ+N,当E增大时,N增大,物体仍静止不动,选项D正确.6.B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x1,分析木块3的受力,由平衡条件可知,mgsinα+μmgcosα=kx1,故2、3两木块之间的距离为x1+L=sinα+μcosαmgk+L,选项A错误,B正确;设木块1、2之间弹簧的伸长量为x2,以2、3两木块为一整体,可得:kx2=2mgsinα+2μmgcosα,故1、2两木块之间的距离为x2+L=2sinα+μcosαmgk+L,选项C错误;如果传送带突然加速,并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向,因此相邻两木块之间的距离将不变,选项D错误.7.D [解析] 依题意,若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上,则有F+f=mgsinθ,当力F减小过程中,f增大,直到力F减小到零时f恒定,则D可选;若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下,则有F=f+mgsinθ,当力F减小过程中,f 先减小到零,然后反向增大到mgsinθ恒定,无对应选项.8.B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示,由几何关系可知θ=60°,所以有N12∶N13=sin60°=32,选项B正确.9.70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析,根据平衡条件得mg=kx,则k=mgx=50×10-3×9.87.0×10-3N/m=70.0 N/m挂三个钩码时,可列方程(m+m+m)g=kx′则x′=3mgk=3×50×10-3×9.870.0m=0.0210 m=2.10 cm10.(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中,结点 O 受三个拉力处于静止状态,三力平衡,任意两个力的合力与第三个力等大反向.以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度,沿 OA、OB 方向为邻边,作平行四边形,只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上,与表示其拉力的线段相等,即验证了平行四边形定则,故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度,才能算出橡皮筋受力后的伸长量.为了确定拉力的方向,每次必须记录结点 O 的位置.由于钉子位置固定,可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量,即可采用的方法是更换不同的小重物.甲乙11.(1)1033N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象,受力分析如图甲所示.在水平方向:Tsin30°=FNsin30°在竖直方向:FNcos30°+Tcos30°= mg解得T=12mgcos30°=12×1×1032N=1033N(2)以小球和斜面整体为研究对象,受力分析如图乙所示,因为系统静止,所以f=Tsin30°=1033×12N=533N,方向水平向左.12.(1)30 N、方向沿斜面向上(2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示,则物体受到的静摩擦力f=mgsin37°代入数据得f=5×10×sin37° N=30 N,摩擦力方向为沿斜面向上.(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时,如图所示,设弹簧拉力为F,伸长量为x,据胡克定律及平衡条件有F=kxF=mgsin37°+F滑F滑=μmgcos37°弹簧最终长度l=l+x,联立解得l=12 cm13.160 N 如图所示[解析] A、B的受力分析如图所示.对A应用平衡条件Tsin37°=f1=μFN1Tcos37°+FN1=mAg联立解得:F N1=3mAg4μ+3=60 Nf 1=μFN1=30 N对B应用平衡条件F=f′1+f2=f′1+μFN2=f1+μ(FN1+mBg)=2f1+μmBg=160 N.45分钟单元能力训练卷(三)1.BD [解析] 牛顿第一定律表明,物体在不受外力作用时,具有保持原有运动状态不变的性质,即惯性,故牛顿第一定律又叫惯性定律,选项A错误.牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论,在微观、高速的情况下不成立,选项B 正确.牛顿第一定律说明了两点含义,一是所有物体都有惯性,二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动,牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义,选项C 错误.伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础,选项D 正确.2.BD [解析] 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上,选项A 错误;太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力,且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳,选项B 正确,选项C 错误;伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因,选项D 正确.3.C [解析] 根据题意,瓦在竖直面内受力分析如图甲所示.结合弧形瓦的特点对其截面进行受力分析如图乙所示,F N1=F N2,且F N1与F N2的合力为F N ,而F N =mgcosα.若两杆间的距离不变,F N1与F N2均与瓦的质量成正比,则摩擦力f =2μF N1与质量成正比.为了防止瓦被损坏,应使瓦块下滑的加速度减小,而a =mgsinθ-2μF N1m ,与质量无关,故选项A 、B 错误.增大两杆间的距离,F N 不变,F N1与F N2将增大,则摩擦力增大,加速度减小,符合题意,选项C 正确.减小两杆间的距离会使加速度增大,选项D 错误.甲 乙4.B [解析] 由牛顿第二定律有F -μmg=ma ,解得a =1m ·F-μg,由此可知:a -F 图象的斜率表示物体质量的倒数,所以A 的质量小于B 的质量,再由纵轴截距截距可得μA >μB ,所以选项B 正确.5.D [解析] 以整体为研究对象,求得拉力F =(m 1+m 2)a.突然撤去F ,以A 为研究对象,由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变,所以A 物体受力不变,其加速度a1=a.以B为研究对象,在没有撤去F时有:F-F′=m2a,而F=(m1+m2)a,所以F′=m1a;撤去F则有:-F′=m2a2,所以a2=-m1m2a.选项D正确.6.D [解析] 设钢索对载人箱和人整体拉力大小为T,对载人箱和人整体应用牛顿第二定律有(M+m)g-T=(M+m)a,对平衡重物由牛顿第二定律有T-Mg=Ma,联立解得a=mg2M+m,再由运动学规律v=at,得t=2M+m vmg,选项D正确.7.B [解析] 对整体:F-μ·2mg=3ma,对物体B:F′=ma,联立得F′=F-2μmg3,选项B正确.8.BD [解析] 由图可知:从t1时刻到t2时刻,弹力小于钩码重力,钩码处于失重状态,A项正确;从t3时刻到t4时刻,弹力大于钩码重力,钩码处于超重状态,B项错误;根据题目的情景,电梯可能是先加速向下运动,加速度向下,失重,再匀速向下运动,加速度为零,最后减速向下运动,加速度向上,超重,所以选项C 正确,选项D错误.9.②④[解析] 由牛顿第二定律得:F=ma,a=1m·F,直线的斜率等于质量的倒数,三条直线的斜率不同,说明三条直线所对应的小车和砝码的总质量不同,由图可知,直线1的斜率最大,所对应的总质量最小;直线3的斜率最小,所对应的总质量最大.10.(1)合外力质量质量所受合外力(2)①改变小车所受的合外力②记录更准确(或:更容易记录,记录误差会更小,时间更容易记录,方便记录,方便计时,位置很难记录等类似答案均正确)(3)①表一线段OA ………OE OF数据(cm) …………7.00 9.40 或表二线段OA ………DE EF数据(cm) ………… 2.25 2.40②0.23311.(1)g (2)3g[解析] (1)绳BC刚好被拉直时,小球受力如图甲所示.因为AB=BC=b,AC=2b,故绳BC与AB垂直,θ=45°.由牛顿第二定律有mgtanθ=ma解得a=g.甲乙(2)小车向左加速度增大,AB、BC绳方向不变,所以AC绳拉力不变,BC绳拉力变大,BC绳拉力最大时,小车向左加速度最大,小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律有T m +mgtanθ=mam因Tm =2mg,所以最大加速度为am=3g.12.(1)0.25 (2)8 N或24 N [解析] 对小球,由牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma又x=12at2联立解得μ=0.25(2)若F垂直杆向下,则mgsinθ-μ(F+mgcosθ)=ma′解得F=8 N若F垂直杆向上,则mgsinθ-μ(F-mgcosθ)=ma′解得F =24 N13.(1)L v +v 2μg (2)12mv 2 (3)如图所示[解析] (1)由μ>v 22gL 可得12mv 2<μmgL说明物体到达B 之前就与传送带共速,设其加速度为a ,则由牛顿第二定律有 μmg=ma加速阶段的时间为 t 1=va加速阶段的位移 x 1=v 22a匀速阶段的时间 t 2=L -x 1v总时间t =t 1+t 2 联立解得t =L v +v2μg(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移 Δx=vt 1-12vt 1产生的热量Q =μmgΔx 联立解得Q =12mv 2(3)如图所示45分钟滚动复习训练卷(一)1.C [解析] 以上方三人为研究对象,设中层两人每只脚受到的支持力为F ,则有4F =3mg ,解得F =34mg.设底层中间的人每只脚受到的支持力F′,则有2F′=mg +2F ,解得F′=54mg ,选项C 正确.2.B [解析] 加速度大小与速度大小之间无必然联系,速度是增加还是减小取决于加速度和初速度的方向关系.若初始时刻a 、v 同向,则加速运动;若初始时刻a 、v 反向,则减速运动.最终加速度为零,物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动),故选项A 、C 、D 均有可能,B 项不可能.3.C [解析] 先对整体分析,可知F -μ(m 1+m 2)g =(m 1+m 2)a ,再以铁块1为研究对象,可得:kx -μm 1g =m 1a ,联立可知C 项正确.4.B [解析] 由速度图线的物理意义可知,速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移的大小,根据对称性,1~7 s 内 “面积”代数和为零,即0~1 s 内的位移和0~7 s 内的位移相等,选项B 正确.5.A [解析] 剪断细线前,物体处于平衡状态,由图可知F 1cos60°=mg ,解得:F 1=2mg ;剪断细线后,小球摆到最低点的过程中,mgL(1-cos60°)=12mv 2,在最低点:F 2-mg =m v2L,联立解得F 2=2mg ,故选项A 正确.6.C [解析] 甲乙两地距离x =vt ,列车匀速运动的距离x 1=v 0(t -t 0),列车从开始刹车至加速到v 0过程运动的距离x 2=v 02t 0,则有x =x 1+x 2,解得v 0=vtt -12t 0.7.BD [解析] 以B 为研究对象,两杆对B 的作用力T 1、T 2的合力与B 的重力沿斜面向下的分力等大反向,即T1+T2=mBgsinθ,因此T1、T2不可能均为零,选项C错误,选项D正确;以AB为研究对象,当满足(mA +mB)gsinθ<μAmAgcosθ,且m C gsinθ<μCmCgcosθ时,T2=0,选项A错误;同样当满足(mC+mB)gsinθ<μCmCgcosθ且mA gsinθ<μAmAgcosθ时,T1=0,选项B正确.甲乙8.AC [解析] 由于滑块与斜面之间存在摩擦力,滑块上滑的加速度大于下滑的加速度,选项B错误、A正确;以斜面为研究对象,滑块上滑过程中受力如图甲所示,下滑过程中受力如图乙所示,两过程中均有:fAB =μmgcosθ,NAB=mgcosθ,则:F1=Mg+mgcos2θ-μmgcosθ·sinθ,F2=Mg+mgcos2θ+μmgcosθ·sinθ,选项C正确;f1=mgcosθ·sinθ+μmgcos2θ,f2=mgcosθ·sinθ-μmgcos2θ,选项D错误.9.(1)CBDAEF (2)0.5 N/cm 或50 N/m[解析] 取图象上相距较远的两点(0,0)(6.00 cm ,3.00 N)坐标数值,根据胡克定律可得弹簧劲度系数为k =50 N/m.10.(1)B (2)2h 1t 2-h 2t 1t 1t 2t 1-t 2[解析] 由题设条件,本实验的实验原理是H =v 0t +12gt 2,其中v 为小球达到光电门1时的速度,由实验测得的数据h 1、t 1及h 2、t 2可得h 1=v 0t 1+12gt 21,h 2=v 0t 2+12gt 22,解得g =2h 1t 2-h 2t 1t 1t 2t 1-t 2.为保持v 0不变,不能改变光电门1和吸球器的相对位置.11.(1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 物体进行受力分析,受四个力作用.分解绳的拉力,根据A 物体平衡可得F N1=m A g +Tsinθ f 1=Tcosθ f 1=μ1F N1 联立解得T =μ1m A gcosθ-μ1sinθ代入数据得T =100 N.(2)对B 进行受力分析,受六个力的作用. 地面对B 的支持力F N2=m B g +F N1 地面对B 的摩擦力f 2=μF N2 故拉力F =f 1+f 2=200 N. 12.(1)0.5 (2)1.29 s[解析] (1)由题意可知,滑块在水平面上匀速运动,则v 0=x1T=4 m/s在斜面上滑块做匀减速直线运动,设加速度大小为a1,则x 3-x4=a1T2由牛顿第二定律:mgsinα+μmgcosα=ma1联立解得:μ=0.5(2)设滑块向上滑行所用的时间为t1,上滑的最大距离为x,返回斜面底端的时间为t2,加速度为a2,则v 0=a1t1x=12vt1mgsinα-μmgcosα=ma2x=12a2t22联立解得:t=t1+t2=(0.4+255) s(或1.29 s)13.Δt<0.3 s[解析] 设轿车行驶的速度为v1,卡车行驶的速度为v2,则v1=108 km/h=30m/s,v2=72 km/h=20 m/s,在反应时间Δt内两车行驶的距离分别为x1、x2,则x 1=v1Δtx 2=v2Δt轿车、卡车刹车所通过的距离分别为x3、x4,则x 3=v212a=3022×10m=45 mx 4=v222a=2022×10m=20 m为保证两车不相撞,必须x1+x2+x3+x4<80 m联立解得Δt<0.3 s45分钟单元能力训练卷(四)1.A [解析] 小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度,它的两个分速度为v 1、v 2,如图所示.其中v 2就是拉动绳子的速度,它等于物体A 上升的速度,v A =v 2=vcosθ.小车匀速向右运动的过程中,θ逐渐变小,v A 逐渐变大,故A 做加速运动,由A 的受力及牛顿第二定律知,绳的拉力大于A 的重力,选项A 正确.2.A [解析] 由平抛规律x =v 0t ,y =12gt 2可得,x =y 时t =2v 0g,则v y =gt =2v 0,v =v 20+v 2y =5v 0,s =x 2+y 2=2 2v 20g,选项A 正确. 3.BD [解析] 恰能通过最高点P ,则在最高点P 重力恰好提供向心力,故 mg =mv 2R ,选项C 错误;离开P 点后做平抛运动,x =vt,2R =12gt 2,解得x =2R ,故选项A 错误、B 正确;若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去,其他条件不变,则小球离开轨道后竖直上抛,达到的最大高度时速度为零,显然能达到的最大高度比P 点高,选项D 正确.4.D [解析] 角速度的大小关系为ωa =ωc <ωb ,选项A 错误;向心加速度的大小关系为a b >a c >a a ,选项B 错误;线速度的大小关系为v b >v c >v a ,选项C 错误;周期的大小关系为T a =T c >T b ,选项D 正确.5.A [解析] 由于同步卫星与地球的自转周期相同, “缆线”上各点的角速度也相同, 选项A 正确;线速度v =ωr,则各点的线速度不同,选项B 错误;若“缆线”上各质点均处于失重状态,则万有引力提供向心力,有:G Mm r 2=m v 2r,得v=GMr,r越大,线速度越小,而“缆线”上离地面越高的质点线速度越大,因此只有同步卫星上的质点处于完全失重状态,选项C错误;由G Mmr2=mg,可得离地面越高,重力加速度越小,选项D错误.6.AD [解析] 设移民质量为Δm,未移民时的万有引力F引=GMmr2与移民后的万有引力F引′=GM-Δm m+Δmr2比较可知,由于M>m,所以F引′>F引;由于地球的质量变小,由F引′=GM-Δm m+Δmr2=(m+Δm)r⎝⎛⎭⎪⎫2πT2=(m+Δm)a可知,月球绕地球运动的周期将变大,月球绕地球运动的向心加速度将变小;由月球对其表面物体的万有引力等于其重力可知,由于月球质量变大,因而月球表面的重力加速度将变大.综上所述,可知本题错误选项为A、D.7.AC [解析] 空间站运动的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供,选项A正确;由G MmR2=mv2R得v=GMR,运动速度与轨道半径的平方根成反比,并非与离地高度的平方根成反比,选项B错误;由G MmR2=m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2R得T=2πRRGM,所以空间站运行周期小于地球自转的周期,选项C正确;空间站中宇航员所受万有引力完全提供向心力,处于完全失重状态,选项D错误.8.b gsinθ2a[解析] 物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力,因此物体所受的合力大小为F=mgsinθ,方向沿斜面向下;根据牛顿第二定律,则物体沿斜面向下的加速度应为a加=Fm=gsinθ,又由于物体的初速度与a加垂直,所以物体的运动可分解为两个方向的运动,即水平方向是速度为v的匀速直线运动,沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动.因此在水平方向上有b =v 0t ,沿斜面向下的方向上有a =12a 加t 2;故v 0=b t=b gsinθ2a. 9.1∶8 14[解析] 万有引力提供向心力,则G Mm 1r 2a =m 1r a 4π2T 2a ,G Mm 2r 2b =m 2r b 4π2T 2b,所以T a ∶T b=1∶8.设每隔时间t ,a 、b 共线一次,则(ωa -ωb )t =π,所以t =πωa -ωb,故b运动一周的过程中,a 、b 、c 共线的次数为:n =T b t =T bωa -ωbπ=T b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2T a -2T b =2T bT a-2=14.10.8π2hr 3T 2r 2+v 20 [解析] 以g′表示火星表面的重力加速度,M 表示火星的质量,m 表示火星的卫星质量,m′表示火星表面处某一物体的质量,由万有引力定律和牛顿第二定律,有G Mm′r 20=m′g′ G Mm r 2=m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度,它的竖直分量为v 1,水平分量仍为v 0,有v 21=2g′hv =v 21+v 20由以上各式解得v =8π2hr 3T 2r 2+v 20. 11.(1)2πR +h 3Gm 月 (2)T 02πGm 月R +h3(3)2π2R T 0R +h 3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”轨道半径r=R+h,由G mm月r2=m4π2T2r可得“嫦娥二号”卫星绕月周期T=2πR+h3 Gm月.(2)在月球自转一周的过程中,“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n=TT=T2πGm月R+h3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全,就能将月面各处全部拍摄下来;卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次,所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s=2πR2n=2π2RTR+h3Gm月.12.(1)0.6 m (2)P位置比圆心O低[解析] (1)物体在最高点C时只受重力,由牛顿第二定律得mg=m v2 CR,得vC=gR.物体从B到C的过程中,由机械能守恒定律得mg(ssinθ-R-Rcosθ)=12 mv2C代入数据解得R=0.6 m.(2)设物体平抛至与O点等高处,则由平抛运动的规律得R=12gt2,x=vCt,联立解得x=2R又由图可知O点到斜面的水平距离为x′=Rsinθ=53R显然x′>x,故物体的落点位置P低于O点.45分钟单元能力训练卷(五)1.A [解析] 空载时:P=f1v1=kmgv1,装满货物后:P=f2v2=kmgv2,所以汽车后来所装货物的质量是Δm=m-m0=v1-v2v2m,选项A正确.2.D [解析] 由牛顿第二定律得F-f-mgsin30°=-ma,F-f=mgsin30°-ma=2m,即物体受到重力以外的力作用,大小为F-f,方向平行斜面向上,对物体做正功,所以物体的机械能增加,选项AB错误,D正确;根据动能定理,重力、拉力、摩擦力对物体做的总功等于物体动能的改变量,选项C错误.3.D [解析] 苹果加速下落,运动越来越快,故苹果通过第3个窗户所用的时间最短,平均速度最大,选项A、B都错误;窗户完全相同,所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多,苹果通过第1个窗户用时最长,重力的平均功率最小,故选项C错误、D正确.4.BD [解析] 木板转动过程中,因静摩擦力始终与速度方向垂直,故静摩擦力不做功,由动能定理知,支持力做的功W1=mgh=mgLsinα;物块下滑过程中,因支持力始终与速度方向垂直,支持力不做功,由动能定理得,mgLsinα+Wf =12mv2,所以滑动摩擦力做的功Wf =12mv2-mgLsinα.所以选项BD正确.5.AD [解析] 合力F沿斜面向下,F=mgsinθ-f,θ为斜面倾角,故F不随t变化,A正确.加速度a=Fm,也不变,由v=at知,v-t图象为过原点的一条倾斜直线,B错误;物体做匀加速运动,故位移x=12at2,x-t图象是开口向上的抛物线的一半,C错误;设物体起初的机械能为E 0,t 时刻的机械能为E ,则E =E 0-Fx =E 0+F·12at 2,E -t 图象是开口向下的抛物线的一半,D 正确.6.ABD [解析] 小球做平抛运动,将A 点时的速度分解如图所示,v y =v 0tanθ,v =v 0sinθ,小球到达A 点时,重力的功率P =mgv y ,小球由O 到A 过程中,动能的变化为12mv 2-12mv 20.此过程竖直方向v y =gt ,水平方向x =v 0t ,小球抛出点O 距斜面端点B 的水平距离为h tanθ-x ,故ABD 正确.小球从A 点反弹后是否直接落至水平地面不能确定,故从A 点反弹后落至水平地面的时间不能求出,C 错误.7.B [解析] 两个过程中,恒力F 相同,物体相对地面发生的位移相同,所以做功相同;第二种情景下,物体相对地面的速度增大,运动时间t 变短,物体相对传送带的位移Δx 变小,功率P =Wt ,故P 1<P 2,因摩擦产生的热量Q =μmgΔx,故Q 1>Q 2.所以选项B 正确.8.C [解析] 运动过程中,弹簧和圆环系统的机械能守恒,因弹簧弹力对圆环做功,故圆环的机械能不守恒;对弹簧和圆环系统,根据机械能守恒定律知,当圆环滑到杆底端时,弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh ,又因弹簧先被压缩后被拉伸,所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大;圆环到达杆低端时弹簧的弹性势能最大,此时圆环动能为零.9.(1)左 (2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)> 受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用(实验中有阻力) (5)在误差允许范围内机械能守恒[解析] (1)左端点迹比较密集,所以应是左端与重物相连. (2)v B =x OC -x OA2T=7.06-3.14×10-2 m2×0.02 s=0.98 m/s(3)ΔE p =mgh =0.49 J ,ΔE k =12mv 2B =0.48 J(4)重物下落过程中受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用,所以ΔE p>ΔE k .(5)在误差允许范围内,重物自由下落过程中的机械能守恒.10.(1)接通气源,将滑块静置于气垫导轨上,若滑块基本保持静止,则说明导轨是水平的(或轻推滑块,滑块能基本做匀速直线运动)(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x (3)mgx 12(m +M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 [解析] (2)d =5 mm +2×0.1 mm=5.2 mm =0.52 cm ,v =dΔt=0.43 m/s ;需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x.(3)系统减少的重力势能为ΔE p =mgx ,系统增大的动能为ΔE k =12(m +M)v 2=12(m+M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2,当ΔE p =ΔE k 时,说明系统的机械能守恒.11.74gL 5[解析] 以地面为零势能面,在初始位置,桌面部分铁链的重力势能为E p1=45mg·2L,悬空部分铁链的重力势能为E′p1=15mg(2L -L10)铁链的下端刚要触及地面时的重力势能为E p2=mg L2对铁链应用机械能守恒定律得E p1+E′p1=12mv 2+E p2即12mv 2+mg L 2=45mg·2L+15mg(2L -L 10) 故铁链下端刚要触及地面时的速度为v =74gL512.(1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)能(4)5.6 J[解析] (1)由物块过B点后其位移与时间的关系x=6t-2t2得v=6 m/s,加速度a=4 m/s2又μm2g=m2a,故μ=0.4(2)设物块由D点以初速度vD 做平抛运动,落到P点时其竖直速度为vy=2gR又vyvD=tan45°,得vD=4 m/s设平抛运动用时为t,水平位移为x,由R=12gt2,x=vDt,得x=1.6 mBD间位移为x1=v2-v2D2a=2.5 m则BP水平间距为x+x1=4.1 m(3)设物块沿轨道到达M点的速度为vM,由机械能守恒得1 2m2v2M=12m2v2D-22m2gR则v2M=16-8 2若物块恰好能沿轨道过M点,则m2g=m2v′2MR解得v′2M =8>v2M故物块不能到达M点.(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep释放m1时,Ep=μm1gxCB释放m2时,Ep=μm2gxCB+12m2v2又m1=2m2,故Ep=m2v2=7.2 J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则Ep -Wf=12m2v2D可得Wf=5.6 J45分钟滚动复习训练卷(二)1.AD [解析] 由图线可知,运动过程中发动机输出功率一定,若牵引力=阻力,则汽车做匀速直线运动;若牵引力>阻力,则速度增大,牵引力减小,汽车做加速度减小的加速直线运动.故选项A、D正确.2.C [解析] 火车从甲站出发,沿平直铁路做匀加速直线运动,即初速度为零,紧接着又做匀减速直线运动,也就是做匀加速直线运动的末速度即为做匀减速直线运动的初速度,而做匀减速直线运动的末速度又为零,所以在先、后两个运动过程中的平均速度(v=v2)相等,选项C正确;火车运动的位移x=v t=v2t,火车运动的加速度a=vt,即它们不仅与速度变化量有关,还跟时间有关,而先、后两个运动过程中所用的时间不一定相同,所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等,即A、B、D选项都不正确.3.C [解析] 设物体A对圆球B的支持力为F1,竖直墙对圆球B的弹力为F2;F 1与竖直方向夹角θ.因物体A右移而减小.对物体B由平衡条件得:F1cosθ=mBg,F 1sinθ=F2,解得F1=mBgcosθ,F2=mBgtanθ,因θ减小,故F1减小,F2减小,选项A、B均错误;对A、B整体分析可知:在竖直方向上,地面对整体支持力FN =(mA+m B )g,与θ无关,选项D错误;在水平方向上,地面对A的摩擦力f=F2,因F2减小,故f减小,选项C正确.4.B [解析] 设斜面倾角为θ,长度为L,小球沿光滑斜面下滑的加速度为a,根据牛顿第二定律有:mgsinθ=ma得a=gsinθ,小球沿斜面做匀加速直线运动,所以小球的位移x=12gsinθ·t2,即位移与时间的平方成正比,选项A错误;小球在斜面上的速度v=gsinθ·t,即速度与时间成正比,选项B正确;设小球从顶端滑到底端的速度为v,由运动学公式有:v2=2gsinθ·L,选项C错误;由L=1 2gsinθ·t2,选项D错误.5.C [解析] A项位移正负交替,说明物体做往复运动;B项物体先做匀加速。
2020届(人教版)高考物理一轮选择题过关选练含答案1、如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向航行,以帆板为参照物()A.帆船朝正东方向航行,速度大小为vB.帆船朝正西方向航行,速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为2vD.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为2v解析:选D.以帆板为参照物,帆船具有朝正东方向的速度v和朝正北方向的速度v,两速度的合速度大小为2v,方向朝北偏东45°,故选项D正确.2、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展.利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O 点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升.斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面绝对光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小解析:选A.根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,因此可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项,从题目不能直接得出,故选项A正确.3、如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A .圆环的机械能守恒B .弹簧弹性势能变化了3mgLC .圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D .圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析:选 B.圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A 、D 错误;弹簧长度为2L 时,圆环下落的高度h =3L ,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔE p =mgh =3mgL ,选项B 正确;圆环释放后,圆环向下先做加速运动,后做减速运动,当速度最大时,合力为零,下滑到最大距离时,具有向上的加速度,合力不为零,选项C 错误. 4、阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S 断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为Q 1;闭合开关S ,电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为()A.25B .12 C.35 D .23解析:选C.电路中四个电阻阻值相等,开关S 断开时,外电路的连接等效为图1,由于不计电池的内阻,设每个定值电阻的阻值为R ,根据串、并联电路的特点可知,电容器两端的电压为U 1=12×23R23R +R E =15E ;当开关S 闭合后,外电路的连接等效为图2,则电容器两端的电压为U2=12R12R+RE=13E,由Q=CU可知,Q1Q2=U1 U2=35,C项正确.5、在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是()A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化解析:选D.产生感应电流必须满足的条件:①电路闭合;②穿过闭合电路的磁通量要发生变化.选项A、B电路闭合,但磁通量不变,不能产生感应电流,故选项A、B不能观察到电流表的变化;选项C满足产生感应电流的条件,也能产生感应电流,但是等我们从一个房间到另一个房间后,电流表中已没有电流,故选项C也不能观察到电流表的变化;选项D满足产生感应电流的条件,能产生感应电流,可以观察到电流表的变化,所以选D.6、某同学做了如下实验:先把空烧瓶放入冰箱冷冻,取出后迅速用一个气球紧套在烧瓶颈上,再将烧瓶放进盛满热水的烧杯里,气球迅速胀大起来,如图所示.与烧瓶放进热水前相比,放进热水后密闭气体的()A.内能减小B.分子平均动能增大C.分子对烧瓶底的平均作用力增大D.体积是所有气体分子的体积之和解析:选BC.将烧瓶放进盛满热水的烧杯里,烧瓶里的气体温度升高,内能增大,故A 错误;温度是分子平均动能的标志,温度升高,分子平均动能增大,故B正确;温度升高,体积膨胀,压强增大,故分子对烧瓶底的作用力增大,C正确;因气体分子可自由移动,气体的体积指的是气体分子可能达到的空间,不是所有气体分子的体积之和,故D错误.7、一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动量的变化量为()A.大小为3.6 kg·m/s,方向向左B.大小为3.6 kg·m/s,方向向右C.大小为12.6 kg·m/s,方向向左D.大小为12.6 kg·m/s,方向向右解析:选D.选向左为正方向,则动量的变化量Δp=m v1-m v0=-12.6 kg·m/s,大小为12.6 kg·m/s,负号表示其方向向右,D正确.8、就一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是()A.采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机,这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性变小了C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析:选C.物体的惯性是物体本身的属性,惯性的大小只与物体的质量有关,与物体的速度无关,故选项C正确,A、B、D错误.9、如图所示,电解池内有一价离子的电解液,在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1,负离子数为n2.设元电荷电荷量为e,则以下说法正确的是()A.溶液内电流方向从A到B,电流大小为n1e tB .溶液内电流方向从B 到A ,电流大小为n 2e tC .溶液内正、负离子反方向移动,产生的电流相互抵消D .溶液内电流方向从A 到B ,电流大小为(n 1+n 2)e t解析:选D.溶液内正、负离子反方向移动,通过截面的电荷量为正、负离子电荷量绝对值之和,由电流的定义可算出,电流为(n 1+n 2)e t,故选D. 10、两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力,它们随分子之间距离r 的变化关系如图所示.图中虚线是分子斥力和分子引力曲线,实线是分子合力曲线.当分子间距为r =r 0时,分子之间合力为零,则下列关于该两分子组成系统的分子势能E p 与两分子间距离r 的关系曲线,可能正确的是( )解析:选BCD .由于r =r 0时,分子之间的作用力为零,当r >r 0时,分子间的作用力为引力,随着分子间距离的增大,分子力做负功,分子势能增加,当r <r 0时,分子间的作用力为斥力,随着分子间距离的减小,分子力做负功,分子势能增加,故r =r 0时,分子势能最小.综上所述,选项B 、C 、D 正确,选项A 错误.。
课时作业(一)【基础热身】1.B [解析] 选项A、C、D中的数据都是时间轴上的一个点,指的都是时刻;而选项B中15 s是与跑完100 m这一运动过程相对应的,指的是时间间隔,故选项B正确.2.C [解析] 位移是从起点指向终点的有向线段,是矢量;路程是运动路径的长度,是标量,它没有方向.正确选项只有C.3.B [解析] 加速度描述物体速度变化的快慢程度,选项A错误、B正确;加速度方向与运动方向共线时,物体一定做直线运动,同向时做加速运动,反向时做减速运动,选项C、D错误.4.A [解析] 由图可知,心脏每跳动一次,纸带向前移动大约是4个小方格的距离,约2.0 cm,则心脏每跳动一次所需时间约T=xv=0.80 s;此人心脏一分钟跳动的次数为n=60 s0.80 s/次=75次,故本题只有选项A正确.【技能强化】5.B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小,只要加速度与速度同向,物体速度就一直增大,当同向加速度减小到零时,物体速度达到最大,速度不再增大,但位移会继续增大,由此可知本题只有选项B正确.6.AC [解析] 速度与加速度都是矢量,其正负表示速度与加速度的方向.速度与加速度方向相反,汽车做减速运动;经1 s速度减小Δv=aΔt=1 m/s,所以再过1 s汽车的速度变为5 m/s,故选项A、C正确.7.AB [解析] 如果物体做加速度逐渐减小的加速直线运动,则加速度为零时速度最大,选项A正确;根据加速度定义可知选项B正确;质点某时刻的加速度不为零,但该时刻的速度可以为零,选项C错误;物体速度变化量大小决定于加速度和时间两个因素,选项D错误.8.A [解析] 由于通讯员初、末位置都跟队尾士兵相同,所以位移也相同,由平均速度公式可以判断选项A正确.9.C [解析] 设总位移为x,则甲车运动的总时间t甲=x2v甲1+x2v甲2=v甲1+v甲22v甲1v甲2x,所以甲车的平均速度v甲=xt甲=2v甲1v甲2v甲1+v甲2=48 km/h;设乙车运动的总时间为t乙,则乙车的总位移x=v乙1·t乙2+v乙2·t乙2=v乙1+v乙22t乙,所以乙车的平均速度v乙=xt乙=v 乙1+v乙22=50 km/h.故C项正确.10. 230 m[解析] 为确保行车安全,要求在列车驶过距离L的时间内,已越过停车线的汽车的车尾必须能通过道口.汽车越过停车线至车尾通过道口的过程中,汽车的位移为x′=l+x+x=(15+5+26) m=46 m汽车速度v2=36 km/h=10 m/s通过这段位移需要的时间t=x′v2=4610s=4.6 s高速列车的速度v1=180 km/h=50 m/s所以安全行车的距离为L=v1t=50×4.6 m=230 m. 11.(1)6.61 m/s2(2)9.26 s[解析] (1)末速度v=100 km/h=1003.6m/s=27.78 m/s平均加速度a=v-vt=27.78-04.2m/s2=6.61 m/s2.(2)所需时间t′=v-va′=27.78-03s=9.26 s.12.0.067 m/s2[解析] 遮光板通过第一个光电门的速度v 1=dΔt1=0.030.3m/s=0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度v 2=dΔt2=0.030.1m/s=0.30 m/s故滑块的加速度a=v2-v1Δt=0.067 m/s2【挑战自我】13.45 km/h[解析] 设甲、丙两地距离为2l,汽车通过甲、乙两地的时间为t1,通过乙、丙两地的时间为t2.从甲到乙是匀加速运动,由l=v甲+v乙2·t1得t1=lv甲+v乙2=2lv乙从乙到丙也是匀加速运动,由l=v乙+v丙2·t2得t2=lv乙+v丙2=2lv乙+v丙所以v甲丙=2lt1+t2=2l2lv乙+2lv乙+v丙=45 km/h.课时作业(二)【基础热身】1.BD [解析] 由匀加速直线运动的位移公式可知x=v t=0+v2t=12vt,选项A错误,选项B正确;匀减速直线运动可以看成是初速度为0的匀加速直线运动的逆过程,故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同,选项C错误,选项D正确.2.B [解析] v0=72 km/h=20 m/s,设刹车时间为t,则at=v,解得t=va=4 s,故刹车距离x=v2t=40 m.3.BC [解析] 当滑块速度大小变为v2时,其方向可能与初速度方向相同,也可能与初速度方向相反,因此要考虑两种情况,即v=v2或v=-v2,代入公式t=v-v0 a 得,t=vg或t=3vg,故选项B、C正确.【技能强化】4.C [解析] 物体开始做匀加速直线运动,a=μg=1 m/s2,速度达到传送带的速度时发生的位移x=v22a=12×1m=0.5 m<L,所经历的时间t1=va=1 s,物体接着做匀速直线运动,所经历的时间t2=L-xv=2.5-0.51s=2 s,故物体从a点运动到b点所经历的时间t总=t1+t2=3 s.5.A [解析] 由逐差法得x6-x1=5aT2,所以a=x6-x15T2=0.01 m/s2,选项A正确.6.D [解析] 用“逆向思维”法解答.由题知,若倒过来分析,子弹向左做匀加速直线运动,初速度为零,设每块木块长为L,则v23=2a·L,v22=2a·2L,v21=2a·3L,v3、v2、v1分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度,则v1∶v2∶v3=3∶2∶1,子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1∶v2∶v3=3∶2∶1,因此选项A、B错误.由v3=at3,v2=a(t2+t3),v 1=a(t1+t2+t3).三式联立,得t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,因此选项C错误,D正确.7.B [解析] 由x=12at2,解得a=8 m/s2,最后1 s的位移为x1=12×8×12 m=4 m,选项B正确.8.ABD [解析] 小球沿斜面向上做匀减速直线运动,因从a到c和c到d所用时间相等,故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻,vc =xad2T=6+62×2m/s=3 m/s,选项B正确;因xac =xab+xbc=7 m,xcd=xbd-xbc=5 m,由Δx=xac-xcd=aT2得:a=0.5 m/s2,由v2b -v2c=2axbc可得,vb=10 m/s,选项A正确;从c到e所经历的时间tce =va=6 s,故从d到e所用的时间tde=tce-T=4 s,de=12at2de=4 m,选项C错误,选项D正确.9.ABC [解析] 如图所示,物体由A沿直线运动到B,C点为AB的中点,物体到达C点时速度为v1,若物体做匀加速直线运动,A到B的中间时刻应在C点左侧,有v1>v2,若物体做匀减速直线运动,A到B的中间时刻应在C点右侧,仍有v1>v2,故A、B正确,D错误;若物体做匀速直线运动,则v1=v2,C正确.10.12 m/s 没有超速[解析] 设汽车刹车前的速度为v,汽车刹车时加速度大小为a.将汽车刹车到速度为零的运动看成逆向的匀加速运动,则x=12at2v=at解得v=12 m/s因12 m/s=43.2 km/h<50 km/h,故汽车没有超速行驶.11.v≤6 m/s[解析] 设经过时间t,货箱和平板车达到共同速度v.以货箱为研究对象,由牛顿第二定律得,货箱向右做匀加速运动的加速度为a1=μg货箱向右运动的位移为x 箱=12a 1t 2又v =a 1t平板车向右运动的位移为 x 车=v 0t -12at 2又v =v 0-at为使货箱不从平板车上掉下来,应满足 x 车-x 箱≤l 联立得:v 0≤2a +μgl代入数据:v 0≤6 m/s. 【挑战自我】12.(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s[解析] (1)设直升机悬停位置距地面高度为H ,伞兵展伞时,离地面的高度至少为h ,此时速度为v 0,着地时,速度为v 1,相当于从h 1高处自由落下.在匀减速运动阶段,有v 21-v 20=-2ah ,即52-v 20=-2×12.5×h在自由落体运动阶段,有v 20=2g(H -h) 即v 20=2×10×(224-h) 联立解得h =99 m ,v 0=50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下 即2gh 1=v 21所以h 1=v 212g =522×10m =1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ,则在自由落体运动阶段,有v 0=gt 1, 解得t 1=v 0g =5010 s =5 s ,在匀减速运动阶段,有t 2=v 1-v 0a =5-50-12.5s =3.6 s ,故所求时间t =t 1+t 2=(5+3.6) s =8.6 s.课时作业(三) 【基础热身】1.B [解析] 自由落体运动是竖直方向上初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动,满足初速度为零的匀加速直线运动的规律,故选项A 、C 、D 均正确;对B 项,平抛运动在竖直方向上的分运动也满足该规律,故选项B 错误.2.C [解析] 在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度,同时物体在竖直方向上做自由落体运动,所以从飞机上看,物体始终在飞机的正下方,且相对飞机向下运动,故A 、B 均错误;从地面上看,物体做平抛运动,故C 正确,D 错误.3.C [解析] 因曝光时间极短,故AB 段可看作匀速直线运动,小石子到达A 点时的速度为v A =x t =0.0211000m/s =20 m/s ,h =v 2A2g =2022×10 m =20 m ,选项C 正确.4.A [解析] 根据时间的对称性,物体从A 点到最高点的时间为T A2,从B 点到最高点的时间为T B 2,所以A 点到最高点的距离h A =12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T A 22=gT 2A8,B 点到最高点的距离h B =12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T B 22=gT 2B 8,故A 、B 之间的距离为h A -h B =18g(T 2A -T 2B ),正确选项为A.【技能强化】5.D [解析] 自由落体运动初速度为零,据此可排除选项C ;小球与地面碰撞瞬间速度突然反向,据此可排除选项A 、B.综上分析可知本题正确选项为D.6.A [解析] 由题图可知,小球做匀加速直线运动,相邻的两段位移之差为一块砖的厚度,由Δx=d =aT 2可得,a =dT2;位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻,由v t 2=v 得,v 3=7d2T.只有选项A 错误.7.C [解析] 根据自由落体运动的规律,尺子下落(a -b)高度对应的时间即乙同学的反应时间.由公式h =12gt 2得t =2a -b g,选项C 正确.8.C [解析] 设中学生的重心位于身体的中点,则重心上升的高度约为:h =2.10 m -12×1.70 m=1.25 m ,由v 20=2gh 得:v 0=2gh =5 m/s. 9.C [解析] 依题意可设第1个小球经时间t 落地,则第2个小球经时间2t 落地,第3个小球经时间3t 落地,第4个小球经时间4t 落地.又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动,因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16,只有选项C 正确.10.A [解析] 磕头虫向下运动的末速度大小与向上运动的初速度大小相等,向下运动过程v 21=2ah 1,反弹起来过程v 21=2gh 2;人向上加速运动过程v 22=2aH 1,离地上升过程中v 22=2gH 2,代入数值得H 2=150 m ,故选项A 正确.11.1.75 s[解析] 由向上跃起的高度h 1=0.45 m 可求得向上跃起的时间为 t 1=2h 1g=2×0.4510s =0.3 s 设运动员从手到脚全长2l ,双手向上立在跳台上时,重心位置O 离跳台为l ,手接触水面时重心位置O 离水面也为l ,运动员从最高点到将入水时,重心下降的高度h 2=H +l +h 1-l =H +h 1=10.45 m 下降过程的时间 t 2=2h 2g=2×10.4510s =1.45 s 所以运动员完成空中动作的时间为 t =t 1+t 2=0.3 s +1.45 s =1.75 s. 12.(1)7.2 m (2)2.5 m/s 2[解析] 设前、后两过程下落的高度分别为h1、h2,所用时间分别为t1、t2,减速过程加速度的大小为a,运动中达到的最大速度为v,则有h 1+h2=40 m-4 mt 1+t2=6 sv2=2gh1=2ah2t 1=vg,t2=va由以上各式联立解得:h1=7.2 m,a=2.5 m/s2.【挑战自我】13.(1)4 s (2)29 m/s≤v′≤32 m/s[解析] (1)取向下为正方向,小球初速度v=-10 m/s,加速度g=10 m/s2,对空管由牛顿第二定律可得mg-F=ma代入数据得a=2 m/s2设经时间t,小球从N端穿出,小球下落的高度h 1=vt+12gt2空管下落的高度h2=12at2则h1-h2=l联立得v0t+12gt2-12at2=l代入数据解得t1=4 s,t2=-1.5 s(舍去)(2)设小球的初速度大小为v0′,空管经时间t′到达地面,则H=12at′2得t′=2Ha=8 s小球经t′时间下落的高度为h=v0′t′+12gt′2小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m解得-32 m/s≤v′≤-29 m/s所以小球的初速度大小必须在29 m/s到32 m/s范围内.课时作业(四)【基础热身】1.C [解析] 选项A、B、D中物体均做往复运动,只有选项C中物体做单向直线运动.2.AC [解析] 由图象可知前5 s做的是匀速运动,选项A正确;5 s~15 s 内做匀加速运动,加速度为0.8 m/s2,选项B错误;15 s~20 s做匀减速运动,其加速度为-3.2 m/s2,选项C正确;质点在20 s末离出发点最远,质点一直做单向直线运动,选项D错误.3. A [解析] 由图可知,两车均做匀变速直线运动,因第5 s时两车第一次相遇,第10 s时速度相同,由对称性可知两车在第15 s时第二次相遇,选项A正确,选项B错误;由于两车在第5 s时第一次相遇,前5 s内va >vb,故a车在后、b车在前,5 s后a车在前、b车在后,15 s后b车超过a车,选项C错误;第10 s时两车速度相同,此后va <vb,两车间距离逐渐减小,第15 s时两车相遇,选项D错误.4. BD [解析] 由图象可知乙在追赶甲,即甲在前、乙在后,且二者速度均为零时,距离最远,其最远距离Δx=x乙-x甲=12×3×4 m-12×2×2 m=4 m,即选项B 、D正确,选项A、C错误.【技能强化】5.A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系,相当于甲车静止不动,乙车以初速度v向西做减速运动,速度减为零之后,再向东做加速运动,所以选项A正确;乙车中的乘客以乙车为参考系,相当于乙车静止不动,甲车以初速度v向东做减速运动,速度减为零之后,再向西做加速运动,所以选项B错误;以地面为参考系,当两车速度相等时,距离最远,所以选项C、D错误.6.CD [解析] 两图线都在t轴上方,说明A、B两物体运动方向相同,所以选项A错误;4 s内A、B两物体对应的图线与坐标轴所围的面积不同,则位移不同,故选项B错误;4 s时A、B两物体的图线交于同一点,对应速度相同,故选项C正确;A图线斜率的绝对值小,所以A物体的加速度比B物体的加速度小,因此选项D 正确.7.D [解析] 由A车的图线可知,它在4 s时间内速度由0增大到10 m/s,其加速度a=2.5 m/s2,选项A错误;3 s末A车速度为v=at=7.5 m/s,选项B 错误;2 s末时A车与B车之间距离最远,为5 m,4 s末时A车与B车位移相等,A 车追上B车,选项C错误、D正确.8.CD [解析] 汽车A在匀加速过程中的位移xA1=12aAt21=180 m,此过程中汽车B的位移xB1=vBt1=240 m>xA1,故A车在加速过程中没有与B车相遇,选项A错误、C正确;之后因vA =aAt1=12 m/s>vB,故A车一定能追上B车,相遇之后不能再相遇,A、B相遇时的速度一定不相同,选项B错误、D正确.9.ABC [解析] 乙车追上甲车时,若甲、乙两车速度相同,即此时t=T,则x 0=x1,此后甲车速度大于乙车速度,全程甲、乙仅相遇一次;甲、乙两车速度相同时,若x0<x1,则此时乙车已在甲车的前面,以后甲还会追上乙,全程中甲、乙相遇2次;甲、乙两车速度相同时,若x0>x1,则此时甲车仍在乙车的前面,以后乙车不可能再追上甲车了,全程中甲、乙都不会相遇,综上所述,选项A、B、C对,D错.10.A [解析] 根据题意画出两物体运动的v-t图象如图所示,根据图象易得选项A正确.11.1.5 m[解析] 设甲车刹车后经时间t,甲、乙两车速度相等,则:v 0-a1t=v-a2(t-Δt),代入数据得:t=2 s.在这段时间内,甲、乙走过的位移分别为x甲、x乙,则:x甲=vt-12a1t2=26 m;x乙=vΔt+v(t-Δt)-12a2(t-Δt)2=27.5 m;Δx=x乙-x甲=1.5 m即甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5 m的距离.12.0.8 s[解析] 设货车启动后经过时间t1两车开始错车,则有x 1+x2=180 m其中x1=12at21,x2=vt1解得t1=10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2,则有x 1′+x2′=(180+10+12) m=202 m.其中x1′=12at22,x2′=vt2解得t2=10.8 s故两车错车时间Δt=t2-t1=0.8 s.【挑战自我】13.(1)10 s (2)36 m (3)14 s[解析] Δx=Δt·v=2.5×8 m=20 m.(1)设警车发动起来后要时间t才能追上违章的货车,则12at2-vt=Δx解得t=10 s或t=-2 s(舍去).(2)在警车追上货车之前,两车速度相等时,两车间的距离最大,设警车发动起来后经时间t′两车速度相等,两车间的距离最大为xm,则t′=va=4 sx m =Δx+v·t′-12at′2=(20+8×4-12×2×42) m=36 m.(3)若警车的最大速度是12 m/s,则警车发动起来后加速的时间t 0=vma=122s=6 s设警车发动起来后经过时间t″追上违章的货车,则1 2at2+vm(t″-t)-vt″=Δx解得t″=14 s.课时作业(五)【基础热身】1.A [解析] 长木板不能侧向倾斜,但可以一端高一端低,故选项A错误;实验时,为了能在纸带上得到较多的点迹,释放小车前,小车应停在靠近打点计时器处,选项B正确;如果先释放小车,可能纸带上打不上几个点,选项C正确;为了保护小车,在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动,选项D正确.2.(1) 匀加速直线(2)小于用平均速度求位移(或用v-t图象下的面积求位移)[解析] (1)由表中数据可知,每经过0.1 s,速度大约增大0.25 m/s,在误差允许的范围内,小车做匀加速直线运动;(2)因为小车是不断加速的,而该同学把第一个0.1 s内的运动看成是以最小速度做匀速运动,同样,其他时间段内也是这样运算的,这样算出的位移比实际位移小.可以把时间分割得再细小一些,也可以利用平均速度来求位移,还可以利用v-t图象下的面积求位移.3.(1)0.02 s (2)0.70 cm(0.68 cm~0.72 cm均可) 0.100 m/s[解析] 毫米刻度尺的精确度为0.1 mm,故A、B间的距离为1.70 cm-1.00 cm=0.70 cm,vC =xBD2T=2.00×10-22×0.1m/s=0.100 m/s.【技能强化】4.C [解析] 中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度,所以vB =x2+x32T,选项C正确;x6-x1=5(x2-x1),选项B错误;相邻计数点间的时间间隔是0.1 s,选项D错误;按照实验要求应该先接通电源再放开纸带,选项A错误.5. (1)相等匀加速(匀变速) (2)乙同学 1.10 m/s2[解析] (1)由表中数据可知,x4-x3=x3-x2=x2-x1,小球做匀加速直线运动;(2)乙同学采用逐差法求加速度,较准确,加速度值为a=x3+x4-x2-x14T2=1.10 m/s2.6.(1)0.25 0.45 (2)如图所示(3)1.00[解析] (1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s,所以vB =xAC2T=0.050.2m/s=0.25 m/s,vCE =xCE2T=0.14-0.050.2m/s=0.45 m/s;(2)如图所示;(3)在v-t图象中,图线的斜率表示加速度,即a=0.55-0.250.3m/s2=1.00 m/s2.7.(1)A C (2) 2.98(2.97~2.99均可) 13.20(13.19~13.21均可) (3)如图所示(4)0.18(0.16~0.20均可) 4.80(4.50~5.10均可)[解析] (1)还需要的实验器材有电压合适的50 Hz交流电源和刻度尺;(2)用毫米刻度读数,注意要估读一位,则x2=2.98 cm,x5=13.20 cm;(3)描点连线如图所示;(4)设打0点时速度为v0,则x=vt+12at2,即:xt=v+12at,由图可读出v=0.18 m/s,图线的斜率k=12a=2.4,a=4.8 m/s2.8.(1)相邻相等时间内的位移差相等(2)如图所示(3)0.800 m/s2[解析] (1)由图中所标纸带每段位移的大小,可知在相邻相等时间内的位移差相等,可近似认为Δy=8 mm.(2)把图中的x轴作为时间轴,以纸带的宽度表示相等的时间间隔T=0.1 s,每段纸带最上端中点对应v轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度,即vn =ynT;因此可以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度,将纸带上端中间各点连接起来,可得到v-t图象,如图所示.(3)利用图象求斜率或用Δy=aT2均可以求得小车加速度a=0.800 m/s2.【挑战自我】9.3.0×10-2(2.8×10-2~3.1×10-2均可) 9.0×10-2 能利用(x 6-x 4)-(x 4-x 2)=4aT 2可求出x 4的具体位置(其他合理方法均可) [解析] 从图中读出5、6之间的距离为37.5 cm -24.0 cm =13.5 cm,2、3之间的距离为6.0 cm -1.5 cm =4.5 cm ,利用逐差法有x 56-x 32=3aT 2,求出a =3.0×10-2m/s 2;位置4对应的速度为v 4=x 352T =24.0-6.02×10-2 m/s =9.0×10-2m/s ;欲求4的具体位置,可以采用逐差法利用(x 6-x 4)-(x 4-x 2)=4aT 2求解.课时作业(六) 【基础热身】1.AD [解析] 力是物体间的相互作用,受力物体同时也是施力物体,施力物体同时也是受力物体,所以A 正确;产生弹力时,施力物体和受力物体同时发生形变,但弹力是由施力物体形变引起的,反作用力是由受力物体形变引起的,放在桌面上的木块受到桌面给它向上的弹力,这是由于桌面发生微小形变而产生的,故B 不正确;力的作用是相互的,作用力和反作用力同时产生、同时消失,故C 选项错误;根据力的作用效果命名的力,性质可能相同,也可能不相同,如向心力,可以是绳子的拉力,也可以是电场力,还可以是其他性质的力,D 选项正确.2.CD [解析] 地球上的物体运动或静止时都受地球的吸引作用,故运动或静止的物体均受重力,选项A 错误;某物体在地球某点处所受地球吸引而产生的重力一定,与此物体的运动状态无关,选项B 错误,选项C 正确;物体所受重力G =mg ,在g 一定时,G 由m 决定,选项D 正确.3.AD [解析] 弹簧的弹力为 2 N ,有两种可能情形:①弹簧处于拉伸状态,②弹簧处于压缩状态.当弹簧处于拉伸状态时,A 正确;当弹簧处于压缩状态时,D 正确.4.D [解析] 物体B 处于静止状态,则绳子拉力大小T =mg ,A 对绳的作用力的大小为mg,再以物体A为研究对象,在竖直方向根据平衡条件有T+N=Mg,所以地面对A的作用力的大小为N=(M-m)g.选项D正确.【技能强化】5.B [解析] 不拉A时,对A:kx1=mg;B刚要离开地面时,对B:kx2=mg,L=x1+x2.解得L=2mgk.6.C [解析] 弹簧测力计的示数决定于作用在秤钩上力的大小,而与作用在和外壳相连的提环上的力无关,故正确选项为C.7.D [解析] 绳A和绳C的拉力大小与方向均不变,所以其合力不变,对滑轮而言,杆的作用力必与两绳拉力的合力平衡,所以杆的弹力大小与方向均不变,选项D正确.8.D [解析] 根据力的作用是相互的可知:轻质弹簧A、B中的弹力大小是相等的,即k1x1=k2x2,所以两弹簧的压缩量之比x1∶x2=k2∶k1,故选项D正确.9.AB [解析] 小车向左做减速运动时,N可能为零,选项A正确;小车向左做加速运动时,T可能为零,选项B正确;小车向右做加速运动时,N可能为零,选项C错误;小车向右做减速运动时,T可能为零,选项D错误.10.C [解析] 由图象可以看出在直线a对应的阶段,弹簧处于压缩状态,弹力F随着缩短量的减小而减小,当弹簧长度为12 cm时恢复原长;直线b对应的是弹簧的伸长阶段,弹力F随伸长量的增大线性递增.由此可看出当弹力F=100 N时,弹簧对应的形变量x=4 cm,根据胡克定律可求出弹簧的劲度系数k=Fx=2500N/m,选项C正确.11.(1)如图所示(2)433G23+33G[解析] (1)对圆柱体进行受力分析,受力分析图如图所示,其中F N1、F N2、F N3分别为桌面、挡板、细杆对圆柱体的弹力.(2)已知竖直挡板对圆柱体的弹力大小为2G ,即F N2=2G ,根据平衡关系有 F N3sin60°=F N2, 解得F N3=433G设圆柱体对均匀细杆AO 的作用力大小为F′N3,根据牛顿第三定律有 F′N3=433G 由竖直方向的平衡关系有 F N1=F N3cos60°+G代入数据解得F N1=23+33G.12.(1)4mg (2)4mgk[解析] (1)对A 、B 整体:mg +F N =5mg 所以F N =4mg (2)对B :F N =3mg +F k 所以F k =mg物体C 的质量改为5m ,当系统达到新的平衡状态后,进行受力分析. 对A :T =F k ′+2mg 对C :T =5mg 所以F k ′=3mg 即kx 1=3mg x 1=3mg k开始时,弹簧的压缩量为x 2,则kx 2=mg所以A上升的高度为:hA =x1+x2=4mgk.【挑战自我】13.F-(mA +mB)gsinθmA+mBgsinθk[解析] B刚要离开C时,弹簧弹力大小为F弹=mBgsinθ.以A为研究对象,受力如图所示.故合力F合=F-F弹-mAgsinθ=F-(mA+mB)gsinθ,开始时弹簧压缩量Δx1=mAgsinθkB刚要离开时,弹簧伸长量Δx2=mBgsinθk所以A的位移d=Δx1+Δx2=mA+mBgsinθk.课时作业(七)【基础热身】1.CD [解析] 静摩擦力产生在两个相对静止的物体之间,与物体是否运动无关,滑动摩擦力产生于两个相对运动的物体之间,与物体是否运动无关,选项A、B 均错误;静摩擦力的大小与正压力的大小无关,一般由平衡条件或牛顿运动定律来求,滑动摩擦力f=μFN,随着正压力的增大而增大,选项C正确;摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反,与速度方向无关,选项D正确.2.BC [解析] 容器处于平衡状态,在竖直方向上重力与摩擦力平衡,盛满水前墙面对容器的静摩擦力一直增大,如果一直没有达到正压力F作用下的最大静摩擦力,则水平力F可能不变,选项B、C正确.3.ABD [解析] 题中没有明确F的大小,当F=mgsinθ时,物块M受到的摩擦力为零.当F<mgsinθ时,物体M有下滑趋势,所受摩擦力沿斜面向上.当F>mgsinθ时,物块M有上滑趋势,所受摩擦力沿斜面向下.当0≤F≤mgsinθ时,静摩擦力f的取值范围是:0≤f≤mgsinθ.可见f>F、f<F和f=F均有可能,故A、B、D选项均正确.4.CD [解析] 物块M在传送带启动前匀速下滑,应满足所受滑动摩擦力f=μmgcosθ=mgsinθ,传送带突然启动后物块M所受摩擦力仍为f=μmgcosθ=mgsinθ,且方向不变,选项C、D正确.【技能强化】5.D [解析] 由于物块始终静止在斜面上,物块所受静摩擦力与正压力无直接关系,对物块进行受力分析,沿斜面方向列平衡方程可判断出选项D正确.6.B [解析] 物块静止在斜面上时,物块所受的摩擦力为:f1=Mgsinα.给物块平行于斜面的水平力F作用后,在斜面内,重力沿斜面向下的分力、水平力F、摩擦力f2三力平衡,根据平衡条件有:f2=Mgsinα2+F2,重力沿斜面向下的分力和F的合力与摩擦力f2等大、反向,所以摩擦力的方向和大小都发生了改变,只有选项B正确.7.C [解析] 由于斜面光滑,则物块在斜面上做上下往返运动时对斜面的摩擦力为零,对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜面方向的分力,因此地面对斜面体的摩擦力始终是一个恒力,C正确.8.A [解析] 杆匀加速上升,斜面体水平向右运动,杆相对于斜面体向上滑动,因此杆受的摩擦力沿斜面向下,选项A正确、B错误;杆受的支持力垂直于斜面向上,杆受斜面体的作用力斜向右上方,选项C、D错误.9.D [解析] 取物体B为研究对象,分析其受力情况如图所示,则有F=mgtanθ,T=mgcosθ,在将物体B缓慢拉高的过程中,θ增大,则水平力F和细绳上的拉力F随之变大.对A、B两物体与斜面体这个系统而言,系统处于平衡状态,则地面对斜面体的摩擦力一定变大,而竖直方向并没有增加其他力,故斜面体所受地面的支持力不变;在这个过程中尽管绳子张力变大,但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定.10.D [解析] 弹簧对B有向左的弹力,B保持静止,因此A对B有向右的摩擦力,则B对A的摩擦力向左,选项A、B错误;A、B整体在水平方向不受其他外力作用,因此没有向左或向右的运动趋势,地面对A没有摩擦力,选项C错误、D 正确.11.0.30[解析] 设接触面间的动摩擦因数为μ,物体A与B间的摩擦力为f 1=μGA物体B与地面间的滑动摩擦力为f 2=μ(GA+GB)将B匀速拉出,拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等,有F=f1+f2解得μ=0.3012.0.2[解析] 因为圆柱体匀速滑动,所以水平方向的拉力与摩擦力平衡,即f=200 N.又因为圆柱体两面均与槽接触,所以每一面所受摩擦力f ′=100 N.设V形槽两侧对圆柱体的弹力大小分别为FN1、FN2,在竖直平面内,圆柱体受到重力G、两侧的弹力FN1、FN2作用,如图所示,由对称性可知,FN1=FN2=G.根据f ′=μFN1,解得μ=0.2.【挑战自我】13.7 N[解析] P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置,在P点弹簧处于伸长状态,受力分析如图甲所示.f m =F1-mgsinα在Q点弹簧处于压缩状态,受力分析如图乙所示.f m =F2+mgsinα设弹簧原长为x,则有F1=k(0.22-x)F2=k(x-0.08)由以上各式,解得fm=7 N.课时作业(八)【基础热身】1.C [解析] 合力F和两个分力F1、F2之间的关系为|F1-F2|≤F≤|F1+F2|,则应选C.2.C [解析] 由矢量合成法则可知,A图的合力为2F3,B图的合力为0,C图的合力为2F2,D图的合力为2F3,因F2为直角三角形的斜边,故这三个力的合力最大的为C图.3.D [解析] 物体做匀速直线运动,则受力平衡,将拉力F在水平方向和竖直方向上分解,则物体一定要受到滑动摩擦力的作用,再根据摩擦力产生的条件知,一定会受到弹力,因此物体一定会受到四个力的作用.4.BC [解析] 手指所受的拉力等于2mgcosθ,增加重物重量或减小夹角θ,都可以使拉力增大,选项B、C正确.【技能强化】5.D [解析] 细线对天花板的拉力等于物体的重力G;以滑轮为对象,两段绳的拉力都是G,互成120°,因此合力大小是G,根据共点力平衡条件,a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方);a杆和细线对滑轮的合力大小为零.6.B [解析] 细绳对A的拉力大小始终等于物体B的重力,选项A错误;系统仍保持静止,则A受到的合力仍为零,选项D错误;斜面倾角由45°增大到50°,A对斜面的压力大小由mA gcos45°减小到mAgcos50°,选项B正确;A受到的静摩擦力大小发生了变化,选项C错误.7.A [解析] 绳子恰好不断时的受力分析如图所示,由于F=mg=10 N,绳子的最大拉力也是10 N,可知F1、F2之间的最大夹角为120°,由几何关系知两个挂。
2020届高考人教物理一轮选择题练习选题及答案1、小磊同学沿着半径为R的圆形跑道跑了1.75圈时,他的()A.路程和位移的大小均为3.5πRB.路程为3.5πR、位移的大小为2RC.路程和位移的大小均为2RD.路程为0.5πR、位移的大小为2R解析:选B.本题考查的是路程与位移.小磊同学的路程为2πR×1.75=3.5πR,位移大小为2R,故选项B正确.2、一质点在xOy平面内运动轨迹如图所示,下列判断正确的是()A.质点沿x方向可能做匀速运动B.质点沿y方向可能做变速运动C.若质点沿y方向始终匀速运动,则x方向可能先加速后减速D.若质点沿y方向始终匀速运动,则x方向可能先减速后反向加速解析:选BD.质点做曲线运动过程中合力指向轨迹凹的一侧,则加速度大致指向轨迹凹的一侧,由图可知:加速度方向指向弧内,x轴方向有分加速度,所以x 轴方向不可能匀速,y方向可能有分加速度,故质点沿y方向可能做变速运动,A错误,B正确;质点在x方向先沿正方向运动,后沿负方向运动,最终在x轴方向上的位移为零,所以x方向不能一直加速运动,也不能先加速后减速,只能先减速后反向加速,故C错误,D正确.3、如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向夹角为60°,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g =10 m/s2)()A .10 JB .15 JC .20 JD .25 J解析:选A.由h =12gt 2,tan 60°=v y v 0=gt v 0,可得v 0=10 m/s ,由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒得,E p =12m v 20=10 J ,A 正确. 4、如图所示,xOy 平面是无穷大导体的表面,该导体充满z<0的空间,z>0的空间为真空.将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z =h 处,则在xOy 平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z 轴上z =h 2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )A .k 4q h 2B .k 4q 9h 2C .k 32q 9h 2D .k 40q 9h 2解析:选D.点电荷q 和感应电荷所形成的电场在z>0的区域可等效成关于O 点对称的电偶极子形成的电场.所以z 轴上z =h 2处的场强E =k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22+k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32h 2=k 40q 9h 2,选项D 正确.5、在如图所示的电路中,输入电压U 恒为8 V ,灯泡L 标有“3 V ,6 W ”字样,电动机线圈的电阻R M =1 Ω.若灯泡恰能正常发光,下列说法正确的是( )A .电动机的输入电压是5 VB .流过电动机的电流是2 AC .电动机的效率是80%D .整个电路消耗的电功率是10 W解析:选AB.灯泡恰能正常发光,说明灯泡电压为3 V,电流为2 A,电动机的输入电压是8 V-3 V=5 V,流过电动机的电流是I=2 A,选项A、B正确;电动机内阻消耗功率I2R M=4 W,电动机输入功率为5×2 W=10 W,输出功率为6 W,效率为η=60%,整个电路消耗的电功率是10 W+6 W=16 W,选项C、D错误.6、(多选题)某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析:选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,则线圈在安培力作用下转动起来,每转一周安培力驱动一次,可保证线圈不断地转动,A项正确;如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,不能保证线圈持续转动下去,B项错误;如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉,右转轴的下侧绝缘漆刮掉,则线圈中不可能有电流,因此线圈不可能转动,C项错误;如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同,因此D项正确.7、如图,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2,重力加速度大小为g,则()A.F T1>mg,F T2>mgB.F T1<mg,F T2<mgC.F T1>mg,F T2<mgD.F T1<mg,F T2>mg解析:选A.金属环从位置Ⅰ靠近磁铁上端,因产生感应电流,故“阻碍”>mg.同理,当金属环相对运动,知金属环与条形磁铁相互排斥,故绳的拉力FT1>mg,故A正确.离开磁铁下端时,金属环与磁铁相互吸引,因而绳的拉力FT28、(多选题)有一种自行车,它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机,其原理示意图如图甲所示;图中N、S是一对固定的磁极,磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈,转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮.如图乙所示,当车轮转动时,因摩擦而带动摩擦轮转动,从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电.关于此装置,下列说法正确的是()A.自行车匀速行驶时线圈中产生的是交流电B.小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关C.知道摩擦轮和后轮的半径,就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数D.线圈匝数越多,穿过线圈的磁通量的变化率越大解析:选AC.摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴转动,产生交流电,故A正确;行驶速度会影响感应电动势的大小,所以影响灯泡的亮度,故B错误;摩擦轮和后轮属于皮带传动,具有相同的线速度,如果知道了半径关系,就能知道角速度关系,也就能知道转速关系,故C正确;线圈匝数不影响穿过线圈的磁通量的变化率的大小,故D错误.9、在“用油膜法估测分子的大小”的实验中做了哪些科学的近似()A.把在水面上尽可能扩散开的油膜视为单分子油膜B.把形成油膜的分子看做紧密排列的球形分子C.将油膜视为单分子油膜,但需要考虑分子间隙D.将油酸分子视为立方体模型解析:选AB.“用油膜法估测分子的大小”实验中,必须将分子视为球形,并且不考虑分子间隙;水面上的膜为单分子油膜.只有如此,油膜的厚度才能视为分子直径,即d=V S.10、如图甲所示为以O点为平衡位置,在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,图乙为这个弹簧振子的振动图象,由图可知下列说法中正确的是()A.在t=0.2 s时,弹簧振子的加速度为正向最大B.在t=0.1 s与t=0.3 s两个时刻,弹簧振子在同一位置C.从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子做加速度增大的减速运动D.在t=0.6 s时,弹簧振子有最小的弹性势能解析:选BC.t=0.2 s时,弹簧振子的位移为正向最大值,而弹簧振子的加速度与位移大小成正比,方向与位移方向相反,A错误;在t=0.1 s与t=0.3 s 两个时刻,弹簧振子的位移相同,B正确;从t=0到t=0.2 s时间内,弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动,位移逐渐增大,加速度逐渐增大,加速度方向与速度方向相反,弹簧振子做加速度增大的减速运动,C正确;在t=0.6 s时,弹簧振子的位移为负向最大值,即弹簧的形变量最大,弹簧振子的弹性势能最大,D错误.11、1966年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验.实验时,用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火),接触以后,开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速.推进器的平均推力F=895 N,推进器开动时间Δt=7 s.测出飞船和火箭组的速度变化Δv=0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1=3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为()A.3 400 kg B.3 485 kgC.6 265 kg D.6 885 kg解析:选B.根据动量定理得FΔt=(m1+m2)Δv,代入数据解得m2≈3 485 kg,B选项正确.。
2020届人教高考物理选择题(一轮)选练(1)含答案1、(2019·开封模拟)如图所示,物体A 在斜面上由静止匀加速滑下x 1后,又匀减速地在平面上滑过x 2后停下,测得x 2=2x 1,则物体在斜面上的加速度a 1与在平面上的加速度a 2的大小关系为 ( )A.a 1=a 2B.a 1=2a 2C.a 1=a 2D.a 1=4a 2【解析】选B 。
物体在斜面上初速度为零,设末速度为v ,则有v 2-0=2a 1x 1;同理,在水平面上有0-v 2=-2a 2x 2,所以a 1x 1=a 2x 2,故a 1=2a 2,B 正确。
2、如图所示为粮袋的传送装置,已知A 、B 间长度为L ,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v ,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A 到B 的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )A.粮袋到达B 点的速度与v 比较,可能大,也可能相等或小B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μcos θ),若L 足够大,则以后将以一定的速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ,则粮袋从A 到B 一定一直是做加速运动D.不论μ大小如何,粮袋从A 到B 一直匀加速运动,且a ≥gsin θ【解析】选A 。
粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B 点时的速度小于v ;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B 点时速度与v 相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B 点时的速度大于v ,故A 正确;粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcos θ,根据牛顿第二定律得,加速度a=g(sin θ+μcos θ);若μ≥tan θ,粮袋从A 到B 可能一直是做加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,故B 、C 错误;由上分析可知,粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动,故D 错误,故选A 。
本套资源目录2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习五新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习四新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习一新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习三新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习二新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习一新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习三新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习二新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习五新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练一新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练六新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练四新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练一新人教版_ 2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版12020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练五新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练四新人教版稳中培优计算、实验练习(五)1、合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力.假定该列动车组由8节车厢组成,第1节和第5节车厢为动车,每节动车的额定功率均为P 0,每节车厢的总质量为m ,动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍.若动车组以额定功率从合肥南站启动,沿水平方向做直线运动,经时间t 0速度达到最大,重力加速度为g.求:(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度和此时第6节车厢对第7节的拉力;(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程.【参考答案】(1)kg 4kmg (2)8k 2mg 2P 0t 0-P 2032k 3m 2g 3 解析:(1)设动车组匀速运动的速度为v m ,动车组速度为最大速度一半时动车的牵引力为F ,有2P 0=8kmgv m2P 0=2F v m 2对动车组,由牛顿第二定律2F -8kmg =8maa =2F -8kmg 8m=kg 对第7、8节车厢的整体有:F 67-2kmg =2ma解得:F 67=4kmg(2)由动能定理得:2P 0t 0-8kmgx =12(8m)v 2m -0 x =P 0t 04kmg -P 2032k 3m 2g 3=8k 2mg 2P 0t 0-P 2032k 3m 2g 3 2、如图所示,在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场,第四象限内有竖直向上的匀强电场,两个电场的场强大小相等,第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场,让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P(-L ,L)点由静止释放,结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限,粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q(L,0)点进入第一象限,重力加速度为g ,求:(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间;(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向.【参考答案】(1) 2L g (2)垂直于纸面向里,2m 2gL qL解析:(1)粒子在第二象限内沿角平分线做直线运动,则电场力和重力的合力方向沿PO 方向,则粒子带正电.mg =qE ,2mg =ma.根据运动学公式可知,2L =12at 2. 联立解得t =2L g. (2)粒子在第二象限中做加速直线运动,根据动能定理可知,mgL +qEL =12mv 2-0. 解得,v =2gL ,方向与x 轴正方向成45°角.电场力与重力等大反向,洛伦兹力提供向心力,Bqv =m v 2R ,粒子在第四象限内做匀速圆周运动,轨迹如图所示:根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向里.根据几何关系可知,粒子做匀速圆周运动的半径R =22L. 解得,B =2m 2gL qL. 3、(实验)利用图1的装置探究“恒力做功与物体动能变化”的关系.小车的质量为M ,钩码的质量为m ,且不满足m <M.打点计时器的电源是频率为f 的交流电.(1)实验中,把长木板右端垫高,在不挂钩码且________的情况下,轻推一下小车,若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.(填选项前的字母)A .计时器不打点B .计时器打点(2)图2是正确操作后得到的一条纸带.纸带上各点是打出的计时点,其中O 点为打出的第一个点.小车发生的位移从纸带上计时点间的距离可以直接测出,利用下列测量值和题中已知条件能简单、准确完成实验的一项是________________________________________________________________________.(填选项前的字母)A .OA 、AD 和EG 的长度B .BD 、CF 和EG 的长度C .OE 、DE 和EF 的长度D .AC 、EG 和BF 的长度(3)若测得图2中OF =x 1,EG =x 2,则实验需要验证的关系式为________.(用已知和测得物理量的符号表示)【参考答案】(1)B (2)C (3)mgx 1=12(M +m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222 解析:(1)打点计时器工作时,纸带受到摩擦力作用,平衡摩擦力时,需要通过打点计时器判断是否匀速,B 选项正确.(2)简单、准确地完成实验,需要选取的两点尽可能远,且方便测量,故测量OE 段的长度,计算合力做功,测量DE 和EF 的长度,计算E 点的瞬时速度,C 选项正确.(3)EG =x 2,根据匀变速直线运动的规律可知,中间时刻F 点的瞬时速度v F =EG 2T =fx 22. 系统增加的动能ΔE K =12(M +m)v 2F ,系统减少的重力势能ΔE P =mgx 1.实验验证系统机械能守恒的表达式为mgx 1=12(M +m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222. 4、如图,是游乐场的一项娱乐设备.一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动.到地面时刚好停下.已知座舱开始下落的高度为H =75 m ,当落到离地面h =30 m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.在一次娱乐中,某同学把质量m =6 kg 的书包放在自己的腿上.(g 取10 m/s 2),不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力.(1)当座舱落到离地面h 1=60 m 和h 2=20 m 的位置时,求书包对该同学腿部的压力各是多大;(2)若环形座舱的质量M =4×103 kg ,求制动过程中机器输出的平均功率.【参考答案】(1)零 150 N (2)1.5×106W解析:(1)分析题意可知,座舱在离地面h =30 m 的位置时开始制动,说明座舱离地面60 m 时,座舱做自由落体运动,处于完全失重状态,书包对该同学腿部的压力为零.座舱落到离地面20 m 高时,做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可知,F 2-mg =ma.座舱下落45 m 时开始制动,此时速度为v.v 2=2g(H -h).座舱到地面时刚好停下,v 2=2ah.联立解得,F =150 N.根据牛顿第三定律可知,该同学腿部受到的压力为150 N.(2)制动过程中,座舱所受的制动力为F 0,经历的时间为t ,根据运动学公式可知,t =v a. 根据牛顿第二定律,对座舱有,F 0-Mg =Ma.座舱克服制动力做功W =F 0h.机器输出的平均功率P =W t .联立解得,P =1.5×106W.5、如图所示,矩形区域abcdef 分为两个矩形区域,左侧区域充满匀强电场,方向竖直向上,右侧区域充满匀强磁场,方向垂直纸面向外,be 为其分界线,af =L ,ab =0.75L ,bc =L.一质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)从a 点沿ab 方向以初速度v 0射入电场,从be 边的中点g 进入磁场.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求匀强电场的电场强度E 的大小;(2)若要求电子从cd 边射出,求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m ;(3)调节磁感应强度的大小.求cd 边上有电子射出部分的长度.【参考答案】(1)16mv 209eL (2)3mv 0eL解析:(1)电子在电场中做类平抛运动,根据运动的合成与分解法则可知, 竖直方向上,L 2=12×eE mt 2. 水平方向上,0.75L =v 0t.联立解得,E =16mv 209eL. (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,evB =m v 2r. 运动轨迹刚好与cd 边相切时,半径最小,此时磁感应强度最大,轨迹如图所示:速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=0.5L 0.75L ×2=43,则速度与be 边的夹角为37°. 电子进入磁场时的速度为v =v 0sin37°=53v 0.根据几何关系可知,r 1+r 1cos37°=L.解得最大磁感应强度B m =3mv 0eL.稳中培优计算、实验练习(四)1、骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样:平直的赛道中间有一段拱形路面,其最高点P 与水平路面的高度差为1.25 m ,拱形路面前后赛道位于同一水平面上.以54 km/h 的初速进入直道的赛车,以90 kW 的恒定功率运动10 s 到达P 点,并恰好从P 点水平飞出后落到水平赛道上,其飞出的水平距离为10 m .将赛车视为质点,不考虑赛车受到的空气阻力.已知赛车的质量为1.6×103 kg ,取g =10 m/s 2,求:(1)赛车到达P 点时速度的大小.(2)拱形路面顶点P 的曲率半径.(3)从进入直道到P 点的过程中汽车克服阻力做的功.【参考答案】(1)20 m/s (2)40 m (3)7.4×105 J解析:(1)赛车到达P 点后做平抛运动.水平方向上,x =v p t.竖直方向上,h =12gt 2. 联立解得,v p =20 m/s.(2)赛车运动到拱形路面顶点P 时,重力提供向心力.mg =m v P R. 解得曲率半径R =40 m.(3)从进入直道到P 点的过程中,汽车牵引力做功,重力做功,克服阻力做功.根据动能定理可知,Pt -mgh -W f =12mv 2P -0. 解得,W f =7.4×105 J.2、如图所示,两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场.A 板带正电荷,B 板带等量负电荷,电场强度为E ;磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B 1.平行金属板右侧有一挡板M ,中间有小孔O′,OO′是平行于两金属板的中心线.挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B 2.CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板,它与M 板的夹角θ=45°,O′C=a ,现有大量质量均为m ,含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力),自O 点沿OO′方向进入电磁场区域,其中有些粒子沿直线OO′方向运动,并进入匀强磁场B 2中,求:(1)进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度;(2)能击中绝缘板CD 的粒子中,所带电荷量的最大值;(3)绝缘板CD 上被带电粒子击中区域的长度.【参考答案】(1)EB 1(2)2+1mEB 1B 2a(3)2a解析:(1)平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,沿直线OO′运动的带电粒子,处于受力平衡状态,qvB 1=qE.解得,v =EB 1.(2)带电粒子进入匀强磁场B 2后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力. qvB 2=m v2r.电荷量最大的带电粒子,运动的轨迹半径最小,带正电,轨迹向下偏转,与CD 板相切,如图所示:根据几何关系可知,r 1+2r 1=a. 依题意解得,r 1=a 1+2,q =2+1mEB 1B 2a.(3)带负电的粒子在磁场B 2中向上偏转,击中绝缘板CD 的临界情况是轨迹与CD 相切. 根据几何关系可知,r 2+a =2r 2. 解得,r 2=a2-1.CD 板上被带电粒子击中区域的长度为x =r 2-r 1=2a.3、(实验)一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴,某同学决定测量雾滴的喷射速度,他采用如图1所示的装置,一个直径为d =40 cm 的纸带环,安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上,纸带环上刻有一条狭缝A ,在狭缝A 的正对面画一条标志线,如图1所示.在转台开始转动达到稳定转速时,向侧面同样开有狭缝B 的固定纸盒中喷射油漆雾滴,当狭缝A 转至与狭缝B 正对平行时,雾滴便通过狭缝A 匀速运动打在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈).将纸带从转台上取下来,展开平放,并与毫米刻度尺对齐,如图2所示.(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s ,则从图2可知,其中速度最大的雾滴到标志线的距离s =________cm.(2)如果转台转动的周期为T ,则这些雾滴喷射速度的计算表达式为v 0=________________________________________________________________________(用字母表示).(3)如果以纵坐标表示雾滴的速度v 0,横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1s ,画出v 0-1s图线,如图3所示,则可知转台转动的周期为T =________s. 【参考答案】(1)2.10 (2)πd2Ts(3)1.6解析:(1)雾滴运动一直径的长度,速度越大,运行的时间越短,转台转过的弧度越小,打在纸带上的点距离标志线的距离越小.速度最大的雾滴到标志线的距离s =2.10 cm.(2)如果转台转动的周期为T ,则雾滴运动的时间为t =s v =sTπd ,喷枪喷出雾滴的速度v 0=d t =πd 2Ts.(3)由上式变形为,v 0=πd 2Ts =πd 2T ·1s ,v 0-1s 图象中斜率k =πd 2T =0.7π7,解得,T =1.6 s.4、两小木块A 、B ,通过轻质弹簧连接,小木块B 处在固定于地面的光滑斜面底端的挡板上,小木块A 压缩弹簧处于平衡状态.现对木块A 施加一平行于斜面向上的恒力F 作用,小木块A 从静止开始沿斜面向上运动,如图所示.已知m A =m B =2 kg ,F =30 N ,斜面倾角θ=37°,弹簧劲度系数k =4 N/cm.设斜面足够长,整个过程弹簧处于弹性限度内,重力加速度取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)从小木块A开始运动到小木块B刚开始运动的过程中,恒力F对小木块A做的功;(2)当小木块B的加速度a B=1 m/s2时,小木块A的加速度的大小.【参考答案】(1)1.8 J (2)2 m/s2解析:(1)初态时,小木块A压缩弹簧,根据平衡条件可知,kx1=m A gsinθ.末态时,小木块B拉伸弹簧,kx2=m B gsinθ.弹簧的形变量x=x1+x2.恒力F对小木块A做功W=F·x.联立解得,W=1.8 J.(2)当小木块B的加速度a B=1 m/s2时,弹簧的拉力大小为F1,小木块A的加速度的大小a A,根据牛顿第二定律可知,F-F1-m A gsinθ=m A a A.F1-m B gsinθ=m B a B.联立解得,a A=2 m/s2.5、磁流体发电是一种新型发电方式,图甲和图乙是其工作原理示意图.图甲中的A、B 是电阻可忽略的导体电极,两个电极间的间距为d,这两个电极与负载电阻相连.假设等离子体(高温下电离的气体,含有大量的正负带电粒子)垂直于磁场进入两极板间的速度均为v0.整个发电装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向如图乙所示.(1)开关断开时,请推导该磁流体发电机的电动势E的大小;(2)开关闭合后,如果电阻R的两端被短接,此时回路电流为I,求磁流体发电机的等效内阻r.【参考答案】(1)Bdv 0 (2)Bdv 0I解析:(1)等离子体垂直于磁场射入两板之间,正、负离子受到洛伦兹力作用,正离子偏向A 极板,负离子偏向B 极板,两板之间形成从A 到B 的匀强电场.当粒子受的电场力与洛伦兹力相等时,q Ed =qv 0B ,粒子不再偏转,两极板间形成稳定的电势差即发电机的电动势,E =Bdv 0.(2)如果电阻R 的两端被短接,此时回路电流为I. 根据闭合电路欧姆定律,磁流体发电机的等效内阻 r =E I =Bdv 0I .稳中培优非选择练习(一)1、如图,两条长直相交汇成直角的摩托车水平赛道,宽均为6 m ,圆弧PQ 、MN 与赛道外边缘的两条直线相切,圆弧PQ 经过赛道内边缘两条直线的交点O 2,雨后路面比较湿滑,摩托车与赛道间的动摩擦因数为0.6,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,赛车手(可视为质点)在直道上做直线运动,弯道上做匀速圆周运动,重力加速度g =10 m/s 2,2=1.4,7=2.6.(1)若以最短时间从P 点运动到Q 点,应选A 路线还是B 路线?(不用说明理由) (2)沿着A 路线通过弯道MN 的最大速率不能超过多少?(3)以30 m/s 的速度在直线赛道上沿箭头方向匀速行驶,若要沿B 路线安全行驶,则进入P 点前至少多远开始刹车?【参考答案】(1)B 路线合理 (2)6 m/s (3)64.5 m解析:(1)赛车手沿A 、B 路线运动时,线速度大小相等,故路径短的用时较短,选B 路线合理.(2)赛车手以速度v 1沿着A 路线通过弯道MN 时,最大静摩擦力提供向心力. μmg=m v 21r 1,解得,v 1=6 m/s.(3)赛车手以速度v 2沿着B 路线通过弯道时,最大静摩擦力提供向心力,μmg=m v 22r 2.根据几何关系可知,2(r 2-6)=r 2.赛车手以初速度v 0=30 m/s ,加速度μg,做匀减速直线运动到P 点,位移为x. 根据运动学公式可知,v 20-v 22=2ax. 联立解得,x =64.5 m.2、如图所示,水平面AB 光滑,粗糙半圆轨道BC 竖直放置.圆弧半径为R ,AB 长度为4R.在AB 上方、直径BC 左侧存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场.一带电量为+q 、质量为m 的小球自A 点由静止释放,经过B 点后,沿半圆轨道运动到C 点.在C 点,小球对轨道的压力大小为mg ,已知E =mgq,水平面和半圆轨道均绝缘.求:(1)小球运动到B 点时的速度大小; (2)小球运动到C 点时的速度大小;(3)小球从B 点运动到C 点过程中克服阻力做的功. 【参考答案】(1)8gR (2)2gR (3)mgR 解析:(1)小球运动到B 点的过程中,电场力做功. 根据动能定理,qE·4R=12mv 2B -0.其中E =mgq.联立解得,vB =8gR.(2)小球运动到C 点时,根据牛顿第二定律, 2mg =m vC 2R .解得,vC =2gR.(3)小球从B 运动到C 点的过程,根据动能定理, -W f -2mgR =12mvC 2-12mvB 2解得,W f =mgR.3、如图所示,让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下,摆到最低点D 处,摆线刚好拉断,小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动滑向A 点,到达A 孔进入半径R =0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔,已知摆线长为L =2.5 m ,θ=60°,小球质量为m =1 kg ,小球可视为质点,D 点与小孔A 的水平距离s =2 m ,g 取10 m/s 2,试求:(1)摆线能承受的最大拉力为多大?(2)要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点,求粗糙水平面摩擦因数μ的范围.【参考答案】 (1)20 N (2)μ≤0.25解析:(1)摆球由C 到D 运动过程做圆周运动,摆球的机械能守恒, mgL(1-cosθ)=12mv 2D .摆球在D 点时,由牛顿第二定律可得, F m -mg =m v 2DL联立两式解得,F m =2mg =20 N.(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时,在最高点由牛顿第二定律可得, mg =m v 2R.小球从D 到圆轨道的最高点过程中,由动能定理得, -μmgs-2mgR =12mv 2-12mv 2D .解得,μ=0.25.即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点,μ≤0.25.4、如图所示,空间内有场强大小为E 的匀强电场,竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知),现有一电荷量为q ,质量为m 的带负电的粒子,从O 点以某一初速度垂直电场方向进入电场,A 、B 为运动轨迹上的两点,不计粒子的重力及空气的阻力.(1)若OA 连线与电场线夹角为60°,OA =L ,求带电粒子从O 点到A 点的运动时间及进电场的初速度;(2)若粒子过B 点时速度方向与水平方向夹角为60°,求带电粒子从O 点到B 点过程中电场力所做的功.【参考答案】(1)mLqEv 0= 3qEL m (2)9qEL8解析:(1)带电粒子做曲线运动,受力指向轨迹的内侧,电场力方向向上,带电粒子带负电,电场强度方向竖直向下.水平方向的位移Lsin60°=v 0t. 竖直方向的位移Lcos60°=12·qE m t 2.联立解得,t =mLqE,v 0= 3qELm. (2)根据运动的合成与分解知识可知,粒子到达B 点的速度v =v 0cos60°=2v 0.带电粒子从O 点到B 点过程中,根据动能定理可知, W =12mv 2-12mv 20. 联立解得电场力做功W =32mv 20=9qEL8.5、为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻R x ,提供的器材有: A .电流表G ,内阻Rg =120 Ω,满偏电流Ig =6 mA B .电压表V ,量程为6 V C .螺旋测微器,毫米刻度尺 D .电阻箱R 0(0~99.99 Ω) E .滑动变阻器R(最大阻值为5 Ω)F .电池组E(电动势为6 V ,内阻约为0.05 Ω)G .一个开关S 和导线若干(1)用多用电表粗测电阻丝阻值,用“×10”挡时发现指针偏转角度过大,应该换用________挡(选填“×1”或“×100”),进行一系列正确操作后,指针静止时位置如图甲所示;(2)电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电流表,则电阻箱的阻值应调为R 0=________Ω;(结果保留3位有效数字)(3)为了用改装好的电流表测量电阻丝R x 的阻值,请根据提供的器材和实验需要,将图乙中电路图补画完整.(要求在较大范围内测量多组数据)(4)电路闭合后,调节滑动变阻器的滑片到合适位置,电压表V 的示数为U ,电流表G 的示数为I.请用已知量和测量的字母符号,写出计算电阻的表达式R x =________.【参考答案】(1)“×1” (2)1.21 Ω (3)见解析 (4)UR 0R 0+R gI解析:(1)用多用电表粗测电阻丝阻值,用“×10”挡时发现指针偏转角度过大,说明被测电阻阻值较小,说明选择的倍率较大,应选择“×1”倍率.(2)将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电压表,根据电表改装原理可知,电阻箱的阻值应调为R 0=I g R gI -I g≈1.21 Ω.(3)待测电阻阻值为15 Ω,电压表内阻很大,远大于被测电阻的阻值,电流表应采用外接法,滑动变阻器最大阻值为5 Ω,为测多组实验数据,采用分压接法,电路图如图所示:(4)根据欧姆定律, R x =U R I R =U R 0+R g R 0I =UR 0R 0+R gI.稳中培优非选择练习(三)1、为了方便研究物体与地球间的万有引力问题,通常将地球视为质量分布均匀的球体.已知地球质量M =6.0×1024kg ,地球半径R =6 400 km ,其自转周期T =24 h ,引力常量G =6.67×10-11N·m 2/kg 2.在赤道处地面有一质量为m 的物体A ,用W 0表示物体A 在赤道处地面上所受的重力,F 0表示其在赤道处地面上所受的万有引力.请求出F 0-W 0F 0的值(结果保留1位有效数字),并以此为依据说明在处理万有引力和重力的关系时,为什么经常可以忽略地球自转的影响.【参考答案】见解析解析:物体A 在赤道处地面上所受的万有引力 F 0=G Mm R2.物体A 在赤道处,随地球自转,根据牛顿第二定律可知,F 0-W 0=m 4π2T 2R.解得物体A 此时所受重力W 0=G Mm R 2-m 4π2T2R.联立解得,F 0-W 0F 0=m 4π2T 2R G Mm R2,代入数据解得,F 0-W 0F 0=3×10-3.由于地球自转对地球赤道面上静止的物体所受重力与所受地球引力大小差别的影响很小,所以通常情况下可以忽略地球自转造成的地球引力与重力大小的区别.2、如图所示,空间中存在一个矩形区域MNPQ ,PQ 的长度为MQ 长度的两倍,有一个带正电的带电粒子从M 点以某一初速度沿MN 射入,若矩形区域MNPQ 中加上竖直方向且场强大小为E 的匀强电场,则带电粒子将从P 点射出,若在矩形区域MNPQ 中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B 的匀强磁场,则带电粒子仍从P 点射出,不计带电粒子的重力,求:带电粒子的初速度的大小.【参考答案】4E5B解析:带电粒子在电场中做类平抛运动,设MQ 长度为L ,根据运动的合成与分解法则可知,竖直方向上,L =12×qE m t 2.水平方向上,2L =v 0t.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出轨迹如图所示:洛伦兹力提供向心力,qvB =m v 20r ,根据几何关系可知,(r -L)2+(2L)2=r 2.联立上述各式可知,v =4E5B.3、【实验】某同学用如图1所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验. (1)实验中,他在弹簧两端各系一细绳套,利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上,另一端的绳套用来挂钩码.先测出不挂钩码时弹簧的长度,再将钩码逐个挂在弹簧的下端,每次都测出相应的弹簧总长度L ,再算出弹簧伸长量x ,并将数据填在下面的表格中.实验过程中,弹簧始终在弹性限度内.1 2 3 4 5 6 钩码的重力G/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧弹力F/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧总长度L/cm 13.00 15.05 17.10 19.00 21.00 23.00 弹簧伸长量x/cm2.054.106.008.0010.00数据点,请把第4次测量的数据对应点用“+”描绘出来,并作出F -x 图象.(2)①根据上述的实验过程,对实验数据进行分析可知,下列说法正确的是________(选填选项前的字母).A.弹簧弹力大小与弹簧的总长度成正比B.弹簧弹力大小与弹簧伸长的长度成正比C.该弹簧的劲度系数约为25 N/mD.该弹簧的劲度系数约为2500 N/m②在匀变速直线运动的速度v随时间t变化关系图象中,图线与坐标轴围成的面积的物理意义表示位移.请类比思考,(1)问的F-x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义.【参考答案】(1)见解析(2)①BC ②弹力做的功解析:(1)描点连线,如图所示:(2)①分析图象结合表格数据可知,弹簧弹力大小与弹簧伸长量成正比,A选项错误,B 选项正确;根据胡克定律可知,图象中斜率代表弹簧的劲度系数,劲度系数为25 N/m,C选项正确,D选项错误.②力与位移的乘积为功,利用微元法,在很短时间里弹力是恒定不变的,则F-x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义是弹力做的功.4、某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动,该卫星离地高度为h(h的高度小于地球同步卫星的高度),赤道上某人通过观测,前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t,已知地球的自转周期为T0,地球的质量为M,引力常量为G,求:地球的半径.【参考答案】3GMt2T24π2t+T02-h解析:卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,GMmR+h2=m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2(R+h).分析题意可知,t时间内,卫星多转一圈运动到观察者的正上方.t T -tT0=1.联立解得,R=3GMt2T24π2t+T02-h.5、一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品,在家中做验证力的平行四边形定则的实验.(1)如图甲,在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶,记下水壶静止时电子秤的示数F;(2)如图乙,将三根细线L1、L2、L3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L1,在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1;(3)如图丙,将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上,并将L1拴在其上.手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L,使三根细线的方向与(2)中________重合,记录电子秤的示数F2;(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示,根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示,若________,则力的平行四边形定则得到验证.【参考答案】(2)三细线的方向(3)结点的位置(4)F′大小与F相等、方向相同解析:(2)研究合力与分力的关系需要记录分力的大小和方向,即在白纸上记下结点O 的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)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F2.(4)根据平行四边形定则作出合力,若F′大小与F相等、方向相同,则力的平行四边形定则得到验证.。
2020届人教高考物理一轮基础选择题练习(2)附参考答案1、如图1所示,是某炮兵部队训练时的情景,关于图中瞬间炮弹的受力分析正确的是()图1A.只受重力作用B.受重力与空气阻力作用C.受重力与向前的冲击力作用D.受重力、空气阻力与向前的冲击力作用【答案】B2、(动态平衡) 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。
用F T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中()A.F逐渐变大,F T逐渐变大B.F逐渐变大,F T逐渐变小C.F逐渐变小,F T逐渐变大D.F逐渐变小,F T逐渐变小答案A解析由于是缓慢移动,O点所受力处于动态平衡,设任意时刻绳子与竖直方向的夹角为θ,移动过程中θ增大,如图所示。
将拉力F与重力合成后,合力与绳子拉力等大反向。
根据几何关系,可知F=G tan θ,F T=F合=,随θ增大,F和F T都增大。
3、(多选)如图所示,甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1'、v2'、v3',下列说法中正确的是()A.甲做的可能是直线运动B.乙做的可能是直线运动C.甲可能做匀变速运动D.甲受到的合力可能是恒力,乙受到的合力不可能是恒力答案CD解析甲、乙的速度方向在变化,所以甲、乙不可能做直线运动,故A、B错误;甲的速度变化量的方向不变,知加速度的方向不变,则甲的加速度可能不变,甲可能做匀变速运动,C正确;根据牛顿第二定律,知甲的合力可能是恒力,乙的速度变化量方向在改变,知加速度的方向变化,所以乙的合力不可能是恒力,故D正确。
4、如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。
现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为l,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2l(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了mglC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零答案B解析圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A、D错误;弹簧长度为2l时,圆环下落的高度h=l,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔE p=mgh=mgl,选项B正确;圆环释放后,圆环向下先做加速运动,后做减速运动,当速度最大时,合力为零,下滑到最大距离时,具有向上的加速度,合力不为零,选项C错误。
2019高考物理(人教版)一轮优编选题(2)李仕才1、(受力分析)(2018·湖南衡阳月考)如图所示,物块a,b质量分别为2m,m,水平地面和竖直墙面均光滑,在水平推力F作用下,两物块均处于静止状态。
则()A.物块b受四个力作用B.物块b受到的摩擦力大小等于2mgC.物块b对地面的压力大小等于mgD.物块a受到物块b的作用力水平向右答案B解析对a分析,a受到竖直向下的重力,墙壁给的支持力,b给的弹力,要想保持静止,必须在竖直方向上受到b给的向上的静摩擦力,故F f ba=G a=2mg,B正确;对b分析,受到竖直向下的重力,地面给的竖直向上的支持力,a给的竖直向下的静摩擦力,a给的水平向左的弹力,以及推力F,共5个力作用,在竖直方向上有G b+F f ab=F N,故F N=3mg,即物块b对地面的压力大小等于3mg,A、C错误;物块a受到物块b的水平方向上的弹力,和竖直方向上的摩擦力,物块a受到b的作用力的合力不沿水平方向,D错误。
2、(双向可逆类运动)在光滑足够长的斜面上,有一物体以10 m/s初速度沿斜面向上运动,如果物体的加速度始终为5 m/s2,方向沿斜面向下。
那么经过3 s时的速度大小和方向是()A.5 m/s,沿斜面向下B.25 m/s,沿斜面向上C.5 m/s,沿斜面向上D.25 m/s,沿斜面向下答案A解析物体上滑和下滑的加速度相同,整个过程做匀变速直线运动,取初速度方向为正方向,则v0=10 m/s,a=-5 m/s2,由v=v0+at可得,当t=3 s时,v=-5 m/s,“-”表示物体在t=3 s时速度方向沿斜面向下,故A 正确,B、C、D错误。
故选A。
3、.(图象问题)(2018·北京首都师大附中月考)如图a所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器,得到弹簧弹力F随时间t变化的图象如图b所示,若图象中的坐标值都是已知量,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.t1时刻小球具有最大速度B.t1~t2阶段小球减速C.t2时刻小球加速度为0D.可以计算出小球自由下落的高度答案D解析t1时刻小球刚接触弹簧,速度仍会增大,直至弹簧弹力与小球重力相等时,小球才达到最大速度,故A错误。
t1~t2这段时间内,弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程,合力先向下后向上,故先加速后减速,故B错误。
t2时刻弹簧压缩量最大,故小球加速度不为0,C错误。
t3~t4这段时间小球在空中运动,由此可知小球做自由落体运动时间为t=,由h=gt2=求得小球自由下落高度,故D正确。
4、(多选)(追击问题)(2017·河南郑州模拟)如图所示,小球a从倾角为θ=60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑,同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出,两球恰在斜面中点P相遇,则下列说法正确的是()A.v1∶v2=2∶1B.v1∶v2=1∶1C.若小球b以2v2水平抛出,则两小球仍能相遇D.若小球b以2v2水平抛出,则b球落在斜面上时,a球在b球的下方答案AD解析小球在P点相遇,知两球的水平位移相等,有v1t sin 30°=v2t,解得v1∶v2=2∶1,A正确,B 错误;若小球b以2v2水平抛出,如图所示,若没有斜面,将落在B点,与P点等高,可知将落在斜面上的A点,由于a球、b球在水平方向上做匀速直线运动,可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间,所以b球落在斜面上时,a球在b球的下方,C错误,D正确。
5、(天体中的“追及相遇”问题)(2018·河南南阳月考)如图所示,A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星,运行方向相同,A为地球同步卫星,A、B卫星的轨道半径的比值为k,地球自转周期为T0。
某时刻A、B两卫星距离达到最近,从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为()A. B.C. D.答案C解析由开普勒第三定律得,设两卫星至少经过时间t距离最远,即B比A多转半圈,=n B-n A=,又T A=T0,解得t=。
6、(多选)(2018·山东山师附中三模)如图所示,质量为m的a、b两球固定在轻杆的两端,杆可绕O点在竖直面内无摩擦转动,已知两物体距O点的距离L1>L2,现在由图示位置静止释放,则在a下降过程中()A.a、b两球的角速度大小始终相等B.重力对b球做功的瞬时功率一直增大C.杆对a做负功,a球机械能不守恒D.杆对b做负功,b球机械能守恒答案AC解析a、b两球同时绕O点转动,角速度大小始终相等,故A正确;刚开始,b的速度为0,重力对b球做功的瞬时功率为0,在竖直位置,速度与重力方向垂直,重力对b球做功的瞬时功率为0,所以重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小,故B错误;在a下降过程中,b球的动能增加,重力势能增加,所以b球的机械能增加,根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化,所以杆对b做正功,球a和b系统机械能守恒,所以a机械能减小,所以杆对a做负功,故D 错误,C正确。
7、(多选)(子弹打木块模型)(2018·四川内江期末)如图所示,一个质量为M的长条木块放置在光滑的水平面上,现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中,在此过程中,木块运动的距离为s,子弹射入木块的深度为d,木块对子弹的平均阻力为f,则下列说法正确的是()A.子弹射入木块前、后系统的机械能守恒B.子弹射入木块前、后系统的动量守恒C.f与d之积为系统损失的机械能D.f与s之积为子弹减少的动能答案BC解析子弹射入木块的过程中,阻力对系统要做功,所以系统的机械能不守恒,故A错误;系统处于光滑的水平面上,所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,故B正确;系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积,即ΔE=F f d,故C正确;子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积,即ΔE k=W=F f(s+d),故D错误。
8、.(电场力做功)(2017·广东广州质检)下图为某静电场等势面的分布,电荷量为1.6×10-9 C的正电荷从A经B、C到达D点。
从A到D,电场力对电荷做的功为()A.4.8×10-8 JB.-4.8×10-8 JC.8.0×10-8 JD.-8.0×10-8J答案B解析电场力做功与路径无关,W AD=qU AD=q(φA-φD)=-4.8×10-8 J,B正确。
9、(电路中的功率及效率问题)将一电源与一电阻箱连接成闭合回路,测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示,由此可知()A.电源最大输出功率可能大于45 WB.电源内阻一定等于5 ΩC.电源电动势为45 VD.电阻箱所消耗功率P最大时,电源效率大于50%答案B解析由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路,电阻箱所消耗功率P等于电源输出功率。
由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知,电阻箱所消耗功率P最大为45 W,所以电源最大输出功率为45 W,选项A错误;由电源输出功率最大的条件可知,电源输出功率最大时,外电路电阻等于电源内阻,所以电源内阻一定等于5 Ω,选项B正确;由电阻箱所消耗功率P最大值为45 W可知,此时电阻箱读数为R=5 Ω,电流I==3 A,电源电动势E=I(R+r)=30 V,选项C错误;电阻箱所消耗功率P最大时,电源效率为50%,选项D错误。
10、(临界极值问题) 平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。
一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。
粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。
已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。
不计重力。
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A. B. C. D.答案D解析粒子运动的轨迹如图:运动半径为r=。
由运动的对称性知,出射速度的方向与OM间的夹角为30°,由图中几何关系知AB=r,AC=2r cos 30°=。
所以出射点到O点的距离为BO=+r=,故选项D正确。
11、.(法拉第电磁感应定律的应用)(2017·海南文昌中学期中)关于电磁感应,下列说法正确的是()A.穿过回路的磁通量越大,则产生的感应电动势越大B.穿过回路的磁通量减小,则产生的感应电动势一定变小C.穿过回路的磁通量变化越快,则产生的感应电动势越大D.穿过回路的磁通量变化越大,则产生的感应电动势越大答案C解析由法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小只与磁通量的变化率成正比,与磁通量大小、磁通量的变化量都没有关系,A、B、D错,C正确。
12、(多选)如图,M为半圆形导线框,圆心为O M;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为O N;两导线框在同一竖直面(纸面)内,两圆弧半径相等;过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。
现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面且过O M和O N的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则()A.两导线框中均会产生正弦交变电流B.两导线框中感应电流的周期都等于TC.在t=时,两导线框中产生的感应电动势相等D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC解析因半径、周期相同,故两线框进入磁场过程产生的感应电动势大小为e0=BωR2=·R2=,两线框中产生的电动势瞬时值随时间关系如图:所以选项A错误,选项B、C正确。
由有效值定义可知M、N线圈中电流的有效值不相等,D 项错误。
13、(多选)(原子的核式结构)根据α粒子散射实验,卢瑟福提出了原子的核式结构模型,图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线,实线表示一个α粒子的运动轨迹。
在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中,下列说法正确的是()A.动能先减小,后增大B.电势能先减小,后增大C.电场力先做负功,后做正功,总功等于零D.加速度先变小,后变大答案AC解析α粒子带正电荷,所以原子核对α粒子的电场力先做负功后正功,电势能先增大后减小,电场力先变大后变小,所以加速度先变大后变小。