【红对勾】高三物理总复习 课时作业 单元综合测试十六

选择题提速练161—5为单选，6—8为多选1．如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( A )解析：对整体由牛顿第二定律F ＝ma ，对右侧x 端由牛顿第二定律得，张力T ＝mx L a ＝Fx L ，选项A 正确．2．一小球以一定的初速度从下图所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R ，圆轨道2的半径是2R ，小球的质量为m .若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上最高点A 处对轨道的压力为( C )A ．mgB ．2mgC ．5mgD ．4mg解析：小球恰好能通过轨道2的最高点B 点，则mg ＝m v 2B 2R，在轨道1的最高点A 点，有F N ＋mg ＝m v 2A R ，根据机械能守恒有mg ·2R＝12m v 2A －12m v 2B ，解得F N ＝5mg ，由牛顿第三定律知，F ′N ＝F N ，C 项正确．3．如图所示，在方向水平向右、大小为E 的匀强电场中的O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，a 、b 、c 、d 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，b 、d 连线与电场线平行，a 、c 连线与电场线垂直，则( A )A ．a 点的场强大小为 E 2＋k 2Q 2r4 B ．b 点的场强大小为E －k Q r2 C ．d 点的场强大小不可能为0D ．a 、c 两点的场强相同解析：a 、c 两点的合场强是E 和k Q r2两个垂直分场强的合成，大小为E 2＋k 2Q 2r4，但方向不同，A 正确，D 错误；b 、d 两点的合场强是E 和k Q r 2同一直线上分场强的合成，E b ＝E ＋k Q r 2，E d ＝E －k Q r2，B 、C 错误．4．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h ，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间为0.3～0.6 s ；资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如下表所示.全距离最接近(g 取10 m/s 2)( B )A ．100 mB ．200 mC ．300 mD ．400 m解析：当驾驶员的反应时间最长、路面与轮胎之间的动摩擦因数最小时，对应的行驶距离为安全距离，v ＝120 km/h ≈33.3 m/s ，在反应时间t ＝0.6 s 内，汽车向前行驶的距离x 1＝v t ＝20 m ；由汽车在高速公路上刹车后做匀减速直线运动知，μmg ＝ma ，则a ＝3.2 m/s 2，刹车距离为x 2＝v 22a≈173 m ，所以安全距离x ＝x 1＋x 2＝193 m ，最接近200 m ，选项B 正确．5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 之间的关系如图乙所示(g 取10 m/s 2)，则下列结论正确的是( D )A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2解析：设物体的质量为m，开始时弹簧的压缩量为Δx，由平衡条件可得：kΔx＝mg①，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得10 N ＝ma②；30 N－mg＝ma③；联立①②③式可以解得物体的质量m＝2 kg、物体的加速度大小a＝5 m/s2、k＝5 N/cm.本题只有选项D正确．6．如图甲所示电路，不计电表内阻的影响，改变滑动变阻器滑片位置，测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的两条实验图线，如图乙所示，关于这两条实验图线，有(BCD)A．图线b的延长线不一定过坐标原点OB．图线a的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势C ．图线a 、b 交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电源的输出功率D ．图线a 、b 交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电阻R 0消耗的电功率解析：电压表V 1所测为电源的路端电压，电流表A 所测为电源的总电流，故图线a 为电源的U -I 特性曲线，电压表V 2所测为R 0的电压，电流表A 所测也可以说是流过R 0的电流，故b 是R 0的U -I 特性曲线，它的延长线应过原点O ，A 错，B 、C 、D 正确．7．如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A 和B ，A 带负电、质量为m 、电荷量为q ，B 质量为2m 、不带电，A 和B 间动摩擦因数为0.5.初始时A 、B 处于静止状态，现将大小为F ＝mg 的水平恒力作用在B 上，g 为重力加速度．A 、B 处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B 0.若A 、B 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( BC )A ．水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g 2B ．A 做匀加速运动的时间为m qB 0C ．A 的最大速度为mg qB 0D ．B 的最大加速度为g解析：F 作用在B 上瞬间，假设A 、B 一起加速，则对A 、B 整体有F ＝3ma ＝mg ，对A 有F f A ＝ma ＝13mg <μmg ＝12mg ，假设成立，因此A 、B 共同做加速运动，加速度为g 3，A 选项错误；A 、B 开始运动后，整体在水平方向上只受到F 作用，做匀加速直线运动，对A 分析，B 对A 有水平向左的静摩擦力F f A 静作用，由F f A 静＝mg 3知，F f A 静保持不变，但A 受到向上的洛伦兹力，支持力F N A ＝mg －q v B 0逐渐减小，最大静摩擦力μF N A 减小，当F f A 静＝μF N A 时，A 、B 开始相对滑动，此时有mg 3＝μ(mg －q v 1B 0)，v 1＝mg 3qB 0，由v 1＝at 得t ＝m qB 0，B 正确；A 、B 相对滑动后，A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有F f A 滑＝μ(mg －q v A B 0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有mg ＝q v 2B 0，得最大速度v 2＝mg qB 0，C 选项正确；A 、B 相对滑动后，对B 有F －F f A 滑＝2ma B ，F f A 滑减小，则a B增大，当F f A 滑减小到零时，a B 最大，有a B ＝F 2m ＝g 2，D 选项错误． 8．(2018·湖南联考)如图所示，从地面上方不同高度处以水平速度v a 、v b 抛出两小球a 、b ，结果a 落在b 初始位置的正下方，而b 落在a 初始位置的正下方，bc 为过小球b 初始位置的水平线，不计空气阻力，下列判断正确的有( AC )A ．两球抛出时的初速度v a <v bB ．若它们同时落地(假设二者在空中不相碰撞)，它们可能在空中相遇C ．若两小球同时抛出，它们不能在空中相遇D ．若要使它们能在空中相遇，必须在a 到达bc 线时将b 抛出解析：根据题意，a 、b 均做平抛运动，由h ＝12gt 2可知a 运动的时间较长，又x ＝v 0t ，两球水平位移相等，所以v a <v b ，选项A 正确；若它们同时落地，则a 球先抛出，若两球能够相遇，则相遇时a 球的竖直分速度大于b 球的竖直分速度，a 球将先落地，所以两球不可能在空中相遇，选项B 错误；若两球同时抛出，则相同时间内下降的高度相同，两球不可能在空中相遇，选项C 正确；当a 到达bc 线时，将b 球抛出，由于a 球此时在竖直方向上有速度，两球在竖直方向相同时间内的位移不同，不可能在空中相遇，选项D 错误．。

单元综合测试十五(动量守恒定律)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)图11．如图1所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动．对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)( )A．系统机械能不断增加B．系统机械能守恒C．系统动量不断增加D．系统动量守恒解析：对A、B组成的系统，所受电场力为零，这样系统在水平方向上所受外力为零，系统的动量守恒；对A、B及弹簧组成的系统，有动能、弹性势能、电势能三者的相互转化，故机械能不守恒．答案：D2．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有( )A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统解析：判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定．B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C选项末动量为零而初动量不为零．D选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大等．答案：A图23．如图2所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m ，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m ，以水平速度v 从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是( )A ．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B ．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是mv 2C ．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化D ．车上曲面的竖直高度不会大于v 24g解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，A 错．由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv ＝2mv ′，得共同速度v ′＝v 2.小车动量的变化为mv 2，显然，这个增加的动量是小球压力作用的结果，故B 对．对于C ，由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况．由于小球原来的动能为mv 22，小球到最高点时系统的动能为12×2m ×(v 2)2＝mv 24，所以系统动能减少了mv 24，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即mv 24＝mgh ，得h ＝v 24g.显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些．答案：BCD图34．如图3所示．用轻弹簧相连的物块A 和B 放在光滑的水平面上，物块A 紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物体B 并留在其中．在下列依次进行的四个过程中，由子弹、弹簧和A 、B 物块组成的系统，动量不守恒但机械能守恒的是：①子弹射入木块的过程；②B 物块载着子弹一起向左运动的过程；③弹簧推载着子弹的B 物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程；④B 物块因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长最大的过程．( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：子弹射入木块过程系统无外力，所以动量守恒；由于有热产生，所以机械能不守恒；B物块因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长最大的过程动量守恒，机械能也守恒．答案：B5．动能相同的A、B两球(m A>m B)在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定( )A．碰撞前A球的速度小于B球的速度B．碰撞前A球的动量大于B球的动量C．碰撞前后A球的动量变化大于B球的动量变化D．碰撞后，A球的速度一定为零，B球朝反方向运动解析：A、B两球动能相同，且m A>m B，可得v B>v A，再由动量和动能关系可得p A>p B；由动量守恒得，碰撞前后A球的动量变化等于B球的动量变化，碰撞后，A球的速度一定为零，B 球朝反方向运动，所以A、B、D对．答案：ABD6．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图4所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A 车的速率图4( )A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率解析：选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为v A和v B.由动量守恒定律得0＝(M＋m)v A－Mv B，则v Av B＝MM＋m，即v A<v B.故选项B正确．答案：B图57．如图5所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当他们第1次返回图示位置时，第2粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的140倍，则以下结论中正确的是( ) A．v1∶v2＝41∶42 B．v1∶v2＝41∶83C．v2＝v1D．v1∶v2＝42∶41解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v，用M表示沙袋的质量，m表示弹丸的质量，由动量守恒得：第一次：mv1＝(M＋m)v第二次：mv2－(M＋m)v＝(M＋2m)v可以解得v1∶v2＝41∶83.答案：B图68．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板上，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图6所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( )A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C．环撞击板后，板的新平衡位置与h的大小无关D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功解析：若环与板碰撞时间极短，则它们受到的重力和弹簧的弹力的冲量可忽略，而除了重力和弹簧的弹力以外，没有别的外力，所以可以认为环与板的总动量守恒，故A正确．碰撞中只有完全弹性碰撞才是机械能守恒的，而题中环与板的碰撞是完全非弹性碰撞，所以碰撞时机械能不守恒，故B不正确．板的新平衡位置是指弹簧对板的弹力与环和板的重力相平衡的位置，由弹簧的劲度系数和环与板的重力决定，与环的下落高度h无关，故C正确．碰后板和环一起下落的过程中，系统机械能守恒，减少的动能和减少的重力势能之和才等于克服弹簧弹力所做的功，故D错误．答案：AC图79．矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图7所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较( )A．两次子弹对滑块做的功一样多B．两次滑块受的冲量一样大C．子弹射入下层过程中克服阻力做功较少D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多解析：由水平方向动量守恒可以知道，两种情况对应的末速度是一样的，系统动能的减少也是一样的，系统产生的热量也一样多，D错误，由动能定理可知，子弹克服阻力做功相同，子弹对滑块做功相同，A对C错，由动量定理可以分析，两次滑块所受冲量一样大，B也正确．答案：AB10．向空中发射一物体，不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析：物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：(m A＋m B)v＝m A v A＋m B v B当v A与原来速度v同向时，v B可能与v A反向；另外一种情况是由v A的大小没有确定，题目只讲a的质量较大，但若v A很小，则m A v A还可能小于原动量(m A＋m B)v，这时v B的方向会与v A方向一致，即与原来方向相同，所以选项A错误．a、b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，所以选项C 是正确的．由于水平飞行距离x ＝v ·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以选项B 错误．根据牛顿第三定律，a 、b 所受爆炸力F A ＝－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I ＝F ·t 的大小一定相等，所以选项D 是正确的．综合上述分析．可知正确答案是C 、D答案：CD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．(2009·四川高考)气垫导轨(如图8甲)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a 的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b .气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s 1、s 2和s 3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后两滑块的总动量大小为________．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．图8 解析：由图乙结合实际情况可以看出，s 1和s 3是两物体相碰前打出的纸带，s 2是相碰后打出的纸带．所以碰撞前物体的速度分别为v 1＝s 1t ＝s 15T ＝0.2s 1b ，v 2＝s 3t＝0.2s 3b ，碰撞后两物体共同速度v ＝s 2t＝0.2s 2b ，所以碰前两物体动量分别为p 1＝mv 1＝0.2abs 1，p 2＝mv 2＝0.2abs 3，总动量p ＝p 1－p 2＝0.2ab (s 1－s 3)；碰后总动量p ′＝2mv ＝0.4abs 2.答案：0.2abs 1 0.2abs 3 0.2ab (s 1－s 3) 0.4abs 212．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来探究碰撞中的不变量，实验装置如图9所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：图9a ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平．c ．在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上．d ．用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.e ．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是____________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv 的矢量和，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是__________________________．解析：(1)本实验要测量滑块B 的速度，由公式v ＝L t 可知，应先测出滑块B 的位移和发生该位移所用的时间t ，而滑块B 到达D 端所用时间t 2已知，故只需测出B 的右端至D 板的距离L 2.(2)碰前两物体均静止，即系统总动量为零．则由动量守恒可知0＝m A ·L 1t 1－m B ·L 2t 2即m A L 1t 1＝m B L 2t 2产生误差的原因有：测量距离、测量时间不准确；由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．答案：见解析三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．如图10所示，在光滑的水平桌面上有一长为L ＝2 m 的木板C ，它的两端各有一块挡板，C 的质量为m C ＝5 kg ，在C 的中央并排放着两个可视为质点的滑块A 与B ，其质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，开始时A 、B 、C 均处于静止状态，并且A 、B 间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A 以v A ＝6 m/s 的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：图10(1)当两滑块都与挡板碰撞后，板C 的速度多大？(2)从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C 的位移多大？方向如何？解析：炸药爆炸，滑块A 与B 分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A 的速度较大(A 的质量小)，A 、B 均做匀速运动，A 先与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)一起向左匀速运动，最终B 也与挡板相碰合成一体(满足动量守恒)，整个过程满足动量守恒．(1)整个过程A 、B 、C 系统动量守恒，有：0＝(m A ＋m B ＋m C )v ，所以v ＝0.(2)炸药爆炸，A 、B 获得的速度大小分别为v A 、v B .以向左为正方向，有：m A v A －m B v B ＝0，解得：v B ＝1.5 m/s ，方向向右然后A 向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为v AC ，由动量守恒，有： m A v A ＝(m A ＋m C )v AC ，解得：v AC ＝1 m/s此过程持续的时间为：t 1＝L 2v A ＝16s 此后，设经过t 2时间B 与挡板相撞并合成一体，则有：L 2＝v AC t 2＋v B (t 1＋t 2)，解得：t 2＝0.3 s所以，板C 的总位移为：x C ＝v AC t 2＝0.3 m ，方向向左．答案：(1)0 (2)0.3 m 方向向左图1114．(2009·辽宁/宁夏高考)两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上．A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图11所示．一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h .物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B .求物块在B 上能够达到的最大高度．解析：设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12mv 2＋12M 1V 2①M 1V ＝mv ②设物块在劈B 上达到的最大高度h ′，此时物块和B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V ′2＝12mv 2③mv ＝(M 2＋m )V ′④联立①②③④式得 h ′＝M 1M 2M 1＋m M 2＋m h .⑤ 答案：M 1M 2M 1＋m M 2＋m h图1215．如图12所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量为M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m 的乙车正以v 0的速度迎面滑来，已知h ＝2v 02g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度v 1，由机械能守恒定律得12(m 1＋M )v 12＝(m 1＋M )gh 得：v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后．两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v ′1即(2m ＋m )v 1＝2mv ＋mv ′1①人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2即(2m ＋2m )v ′2＝2mv －2mv 0②解得v ′1＝6v 0－2v ③v ′2＝12v －12v 0④两车不可能发生碰撞的临界条件是：v ′1＝±v ′2当v ′1＝v ′2时，由③④解得v ＝135v 0当v ′1＝－v ′2时，由③④解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为：135v 0≤v ≤113v 0. 答案：135v 0≤v ≤113v 0 16．(2009·广东高考)如图13所示，水平地面上静止放置着物块B 和C ，相距l ＝1.0 m ．物块A 以速度v 0＝10 m/s 沿水平方向与B 正碰．碰撞后A 和B 牢固地粘在一起向右运动，并再与C 发生正碰，碰后瞬间C 的速度v ＝2.0 m/s.已知A 和B 的质量均为m ，C 的质量为A 质量的k 倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g 取10 m/s 2)图13(1)计算与C 碰撞前瞬间AB 的速度；(2)根据AB 与C 的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C 碰撞后AB 的可能运动方向． 解析：设物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ，A 与B 发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v 1，取向右为速度正方向，由动量守恒定律m A v 0＝(m A ＋m B )v 1①v 1＝m A m A ＋m Bv 0＝5.0 m/s 设AB 运动到C 时的速度为v 2，由动能定理12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B )v 12＝－μ(m A ＋m B )gl ② v 2＝v 12－2μgl ＝4.0 m/s③(2)设与C 碰撞后AB 的速度为v 3，碰撞过程中动量守恒，有(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 3＋m C v ④碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即12(m A ＋m B )v 22≥12(m A ＋m B )v 32＋12m C v 2⑤ 由④式，得v 3＝m A ＋m B v 2－m C v m A ＋m B＝(4－k ) m/s⑥ 联立⑤和⑥式，得0<k ≤6即：当k ＝6时，碰撞为弹性碰撞；当0<k <6时，碰撞为非弹性碰撞．碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度．由⑥式，得4－k≤2，k≥2所以k的合理取值范围是6≥k≥2综上得到：当取k＝4时，v3＝0，即与C碰后AB静止当取4>k≥2时，v3>0，即与C碰后AB继续向右运动当取6≥k>4时，v3<0，即碰后AB被反弹向左运动．答案：见解析。

课时作业33热力学定律和能量守恒时间:45分钟满分:100分一、选择题（8×8′＝64′)1.错误!关于一定量的气体,下列叙述正确的是( ）A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析：由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功,若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热,若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误;外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少,D正确．答案:AD2．下列说法中正确的是（）A．任何物体的内能就是组成物体的所有分子热运动动能的总和B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行解析：物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，所以A选项错误．将内能全部转化为机械能而不引起其他变化是不可能的，B选项错误．在热力学第二定律中，热传导是有方向性的，不违背能量转化和守恒定律,但不能自发进行，D选项错误．做功和热传递是改变内能的两种方式，C选项正确．答案:C3．(2012·广东理综）景颇族的祖先发明的点火器如右图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中（）A．气体温度升高,压强不变B．气体温度升高,压强变大C．气体对外界做正功,气体内能增加D．外界对气体做正功,气体内能减少解析：猛推推杆,封闭在套筒中的气体被压缩，外界对气体做功,套筒由牛角做成，导热能力很差,且压缩过程用时极短,故压缩过程可看做绝热过程．由ΔE＝W可知气体的内能增加，温度升高，根据pV T＝C可知因T增大，V减小，故p增大，选项B正确．答案：B4．下图为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外，下列说法正确的是( )A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：在电冰箱的热量传递过程中是由于压缩机消耗电能做功才使热量从冰箱内传到冰箱外，并不是自发地进行，所以A项错误，B项正确．电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律和能量守恒定律，所以C项正确,D项错误．答案：BC5．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（)A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1＞Q2解析:理想气体的初态和末态相同,则温度相同，理想气体的内能变化为零．由热力学第一定律：ΔU＝W总＋Q总＝（W1－W2)＋(Q1－Q2），0＝（W1－W2)＋(Q1－Q2），所以W2－W1＝Q1－Q2，所以A 选项正确．答案：A6．如下图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上．弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为E p(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)．现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态．经过此过程( ）A．E p全部转换为气体的内能B．E p一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C．E p全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D．E p一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能解析：依题可知，断开绳子，活塞最终静止后的位置高于初始位置,E p的能量转化有三种形式：活塞的重力势能、气体的内能及弹簧的弹性势能，故D正确．答案：D7．（2010·全国卷Ⅱ)如图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b 两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K 后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中（) A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小,温度降低D．气体压强变小，温度不变解析：由于b内为真空，容器绝热，所以a内气体进入b时不做功，且内能不变，温度不变，选项B正确，A、C错误；根据气体压强微观解释可知，气体等温膨胀，则压强变小，选项D正确．答案:BD8．（2010·重庆高考)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变，不计分子间势能,则胎内气体( ）A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小 D．内能增加解析:缓慢放水过程中，胎内气体体积增大、温度不变，内能不变,分子平均动能不变,选项C、D错误;由体积增大可知气体对外界做功，或克服外界做功，选项B错误．由热力学第一定律可知气体从外界吸热，选项A正确．答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化,B→C过程为等容变化．已知V A＝0。

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课时作业11匀速圆周运动时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′）1．如下图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1,转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（)A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为r1r2n1D．从动轮的转速为错误!n1解析：皮带连接着两轮的转动，从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮，可知从动轮是逆时针转动，则A错误,B正确．二轮转速之比满足错误!＝错误!（线速度相等）得n2＝错误!n1即C正确，D错误．答案:BC2．如下图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体,a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的（）A．线速度B．角速度C．加速度D．轨道半径解析：地球上各点(除两极点)随地球一起自转,其角速度与地球自转角速度相同，故B正确；不同纬度的地方各点绕地轴做匀速圆周运动，其半径不同，故D不正确;根据v＝ωr，a＝rω2可知,A、C 不正确．答案：B3．在光滑的圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A和B，分别紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，其中小球A的位置在小球B的上方,如下图所示．下列判断正确的是( )A．A球的速率大于B球的速率B．A球的角速度大于B球的角速度C．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力D．A球的转动周期大于B球的转动周期解析:此题涉及物理量较多，当比较多个量中两个量的关系时,必须抓住不变量，而后才能比较变量．先对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F N。

如上图所示，对A球据牛顿第二定律：F N A sinα＝mg①F N A cosα＝m错误!＝mω错误!r A②对B球据牛顿第二定律：F N B sinα＝mg③F N B cosα＝m错误!＝mω错误!r B④由两球质量相等可得F N A＝F N B,C项错．由②④可知，两球所受向心力相等．m错误!＝m错误!，因为r A〉r B，所以v A〉v B，A项正确．mω错误!r A＝mω错误!r B，因为r A〉r B，所以ωA<ωB，B项错误．又因为ω＝错误!,所以T A>T B，D项是正确的．答案:AD4.错误!如下图所示，某种变速自行车有六个飞轮和三个链轮,链轮和飞轮的齿数如下表所示．前后轮直径为660 mm,人骑自行车行进速度为4 m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为（）名称链轮飞轮C．6。

2022高考物理红对勾复习课时作业-第一章单元综合测试(运动的描述匀变速直线运动的研究)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时刻为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．2010年11月12日～27日在广州举行了亚运会，下列几项亚运会竞赛项目中的研究对象可视为质点的是()A．在撑竿跳高竞赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情形时B．帆船竞赛中确定帆船在大海中的位置时C．跆拳道竞赛中研究运动员的动作时D．铅球竞赛中研究铅球被掷出后在空中的飞行时刻时解析：A、C项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题将无法连续，故A、C错，而B、D项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题不受阻碍，故B、D正确．答案：BD2．A、B两物体均做匀变速直线运动，A的加速度a1＝1.0 m/s2，B的加速度a2＝－2.0 m/s2，依照这些条件做出的以下判定，其中正确的是()A．B的加速度大于A的加速度B．A做的是匀加速运动，B做的是匀减速运动C．任意时刻两个物体的速度都不可能为零D．两个物体的运动方向一定相反解析：加速度是矢量，负号不表示大小，A正确；两物体的初速度方向不确定，不能判定是否加速依旧减速，B错；若两物体均做减速运动，某时刻速度均能够为零，C错；两个物体的运动方向能够相同，D错．答案：A图13．如图1所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法运算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v B 2－v 12＝2gh 可得：v B ＝17 m/s ，由单位时刻内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt ·14πd 12＝v B ·Δt ·14πd 22， 解得：d 2＝0.98 cm ，故B 正确． 答案：B4．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定，近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O 点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时刻为T 2；小球在运动过程中通过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点至又回到P 点所用的时刻为T 1.由T 1、T 2和H 的值可求得g 等于( )A.8HT 22－T 12B.4H T 22－T 12C.8H(T 2－T 1)2 D.H4(T 2－T 1)2解析：设小球上升的最大高度为h ，由题意知：h ＝12g (T 22)2，h －H ＝12g (T 12)2，解得：g ＝8HT 22－T 12.故选A.答案：A5．(2011·安徽理综)一物体作匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时刻为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时刻为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)解析：物体作匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得v t 12＝Δx t 1，v t 22＝Δx t 2，又v t 22＝v t 12＋a t 1＋t 22，得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，因此A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A6．一煤块由静止放到水平向右匀速运动的白色传送带上，煤块在传送带上划出一段黑色的痕迹，若以传送带为参考系，则煤块在传送带上划痕的过程可描述为( )A ．向右做匀加速运动B ．向右做匀减速运动C ．向左做匀减速运动D ．向左做匀加速运动解析：以地面为参考系，煤块在摩擦力的作用下向右匀加速，但相对传送带是向左运动且速度变小，故选项C 正确．答案：C图27．(2020·兰州模拟)如图2所示是物体在某段运动过程中的v －t 图象，在t 1和t 2时刻的瞬时速度分别为v 1和v 2，则时刻由t 1到t 2的过程中( )A ．加速度增大B ．加速度不断减小C ．平均速度v ＝v 1＋v 22 D ．平均速度v >v 1＋v 22解析：依照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，而该物体在这段时刻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，综上选B.答案：B8．汽车给人类生活带来极大便利，但随着车辆的增多，交通事故也相应增加，重视交通安全问题，关系到千百万人的生命安全与家庭幸福，为了安全，在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离，因为，从驾驶员看见某一情形到采取制动动作的时刻里，汽车仍旧要通过一段距离(称为摸索距离)，而从采取制动动作到车完全静止的时刻里，汽车又要通过一段距离(称为制动距离)，下表给出了驾驶员驾驶的汽车在不同速度下的摸索距离和制动距离等部分数据，某同学分析这些数据，算出了表格中未给出的数据X 、Y ，该同学运算正确的是( )速度/(m·s －1) 摸索距离/m制动距离/m10 12 20 15 18 X 20 Y 80 2530125A.X ＝40，Y ＝C ．X ＝60，Y ＝22D ．X ＝50，Y ＝22解析：从表中能够看出，速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶v 4＝2∶3∶4∶5时，摸索距离之比为x 1∶x 2∶x 3∶x 4＝2∶3∶4∶5，制动距离之比为x 1′∶x 2′∶x 3′∶x 4′＝22∶32∶42∶52，故22∶32＝20∶X ，X ＝45；3∶4＝18∶Y ，Y ＝24.答案：B9．(2020·福建龙岩二中摸底)已知心电图记录仪的出纸速度(纸带移动的速度)是 2.5 cm/s ，如图3所示是仪器记录下来的某人的心电图，图中每个小方格的边长为0.5 cm ，由此可知( )图3A ．此人的心率约为75次/分B ．此人的心率约为125次/分C ．此人心脏每跳动一次所需时刻约为0.75 sD ．此人心脏每跳动一次所需时刻约为0.60 s解析：由题图可知，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刻约T ＝x v ＝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．答案：A10．甲、乙两物体相距100米，沿同一直线向同一方向运动，乙在前，甲在后，请你判定哪种情形甲能够追上乙( )A ．甲的初速度为20 m/s ，加速度为1 m/s 2，乙的初速度为10 m/s ，加速度为2 m/s 2B ．甲的初速度为10 m/s ，加速度为2 m/s 2，乙的初速度为30 m/s ，加速度为1 m/s 2C ．甲的初速度为30 m/s ，加速度为1 m/s 2，乙的初速度为10 m/s ，加速度为2 m/s 2D ．甲的初速度为10 m/s ，加速度为2 m/s 2，乙的初速度为20 m/s ，加速度为1 m/s 2 解析：只要甲的加速度大于乙的加速度，甲就一定能追上乙，故B 、D 正确；用速度相等时求出时刻，即v 甲＋a 甲t ＝v 乙＋a 乙t 求出时刻t ，再代入Δx ＝v 甲t ＋a 甲t 22 －(v 乙t ＋a 乙t 22)，假如Δx <100 m 则能追上，假如Δx >100 m 则追不上，故A 错C 对．答案：BCD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．张强同学在做“研究匀变速直线运动”实验时打出纸带如图4所示，舍去前面较密集的点，取O 为起始位置，每隔五个间隔为一个计数点，则在A 、B 、C 三个计数点处的瞬时速度分别为v A ＝______，v B ＝______，v C ＝______(图中刻度尺的最小刻度为mm)，整个运动中的平均速度是______．图4解析：读取数据时应注意计数点位置之差即为0.1 s 内的位移，读数时要读到最小刻度值的下一位．若Δx 为恒量，则研究对象做匀变速直线运动，可由a ＝x n ＋3－x n 3T 2和v n ＝x n ＋1＋x n2T 求得加速度和瞬时速度．从纸带读出数值如下表所示： 区间 OA AB BC CD 距离(cm)1.202.403.604.80Δx ＝1.20 cm(恒定)a ＝(4.80－1.20)×10－23×0.01 m/s 2＝1.20 (m/s 2)． v A ＝(2.40＋1.20)×10－22×0.1 m/s ＝0.18(m/s)， v B ＝(3.60＋2.40)×10－22×0.1 m/s ＝0.30(m/s) v C ＝(4.80＋3.60)×10－22×0.1m/s ＝0.42(m/s) v ＝v A ＋v B ＋v C 3＝0.18＋0.30＋0.423 m/s ＝0.30(m/s)． 答案：0.18m/s 0.3m/s 0.42m/s 0.3m/s图512．一个小球沿斜面向下运动，用每隔(1/10)s 曝光一次的频闪相机拍照不同时刻小球位置的照片，如图5所示．即照片上显现的相邻两个小球的像之间的时刻间隔为(1/10)s ，测得小球在几个连续相等时刻内位移数据见下表：(1))，小球运动的性质属________直线运动．(2)甲、乙两同学运算小球加速度的方法如下： 甲同学：a 1＝(x 2－x 1)/T 2， a 2＝(x 3－x 2)/T 2， a 3＝(x 4－x 3)/T 2， a ＝(a 1＋a 2＋a 3)/3. 乙同学：a 1＝(x 3－x 1)/(2T 2)， a 2＝(x 4－x 2)/(2T 2)， a ＝(a 1＋a 2)/2.你认为甲、乙两位同学中运算方法更准确的是________，加速度值为________． 答案：(1)相等 匀加速 (2)乙 1.10 m/s 2三、运算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，运算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值运算的要注明单位)13．有些国家的交通治理部门为了交通安全，专门制定了死亡加速度为500g (g ＝10 m/s 2)，以醒世人，意思是假如行车加速度超过此值，将有生命危险，这么大的加速度，一样情形下车辆是达不到的，但假如发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：(1)一辆以72 km/h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时刻为2.1×10－3 s ，摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时刻分别为4 s 、3 s ，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？(3)为幸免碰撞，开始刹车时，两车距离至少为多少？解析：摩托车与货车相撞瞬时，货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小与货车速度相同，因此，摩托车速度的变化Δv ＝72 km/h －(－54 km/h)＝126 km/h ＝35 m/s ，因此摩托车的加速度大小a ＝Δv Δt ＝352.1×10－3 m/s 2＝16667 m/s 2＝1666.7g >500g ，因此摩托车驾驶员有生命危险．(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2，依照加速度定义得：a 1＝Δv 1Δt 1，a 2＝Δv 2Δt 2 因此a 1：a 2＝Δv 1Δt 1：Δv 2Δt 2＝204：153＝1：1. (3)x ＝x 1＋x 2＝v 12t 1＋v 22t 2＝62.5 m.答案：(1)有生命危险 (2)1：1 (3)62.5 m14．为了安全，在高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离．已知某段高速公路的最高限速v ＝108 km/h ，假设前方车辆突然停止，后面车辆司机从发觉这一情形起，经操纵刹车到汽车开始减速经历的时刻(即反应时刻)t ＝0.50 s ，刹车时汽车受到阻力的大小为汽车重力的0.50倍．该段高速公路上以最高限速行驶的汽车，至少应保持的距离为多大？取g ＝10 m/s 2.解析：在反应时刻内，汽车做匀速运动，行驶的距离为： x 1＝v t ＝108×1033600×0.5 m ＝15 m汽车刹车的过程，车做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律有：kmg ＝ma 得：a ＝5 m/s 2刹车过程中汽车运动的距离为： x 2＝v 22a ＝(30)22×5 m ＝90 m所求距离为：x ＝x 1＋x 2＝15 m ＋90 m ＝105 m. 答案：105m15．甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发觉：甲经短距离加速后能保持9 m/s 的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记．在某次练习中，甲在接力区前x 0＝13.5 m 处作了标记，并以v ＝9 m/s 的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度L ＝20 m ．求：(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a ； (2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．解析：设甲从离接力区13.5 m 处到赶上乙所用时刻为t ，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x ，甲、乙二人所用时刻相等．对甲：13.5＋xv ＝t对乙：x ＝12at 2，且v ＝at ＝9 m/s由以上各式可解得：a ＝3 m/s 2，t ＝3 s ，x ＝13.5 m 完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为 L －x ＝20 m －13.5 m ＝6.5 m. 答案：(1)3 m/s 2 (2)6.5 m图616．(2020·广东佛山模拟)“10米折返跑”的成绩反映了人体的灵敏素养．如图6所示，测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线时，测试员停表，所用时刻即为“10米折返跑”的成绩．设受试者起跑的加速度为4 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8 m/s 2 ，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．求受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？解析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速时期：t 1＝v ma 1＝1 s. x 1＝12v m t 1＝2 m减速时期：t 3＝v m a 2＝0.5 s ，x 3＝12v m t 3＝1 m 匀速时期：t 2＝l －(x 1＋x 3)v m ＝1.75 s 由折返线向起点终点线运动的过程中 加速时期：t 4＝v m a 1＝1 s ，x 4＝12v m t 4＝2 m 匀速时期：t 5＝l －x 4v m ＝2 s受试者“10米折返跑”的成绩为： t ＝t 1＋t 2＋…＋t 5＝6.25 s. 答案：6.25 s。

单元综合测试五(机械能守恒定律)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )A ．阻力对系统始终做负功B ．系统受到的合外力始终向下C ．重力做功使系统的重力势能增加D ．任意相等的时间内重力做的功相等解析：阻力始终与运动方向相反，做负功，所以A 正确．加速下降合外力向下，而减速下降合外力向上，所以B 错误．重力做功，重力势能减小，则C 错误．时间相等，但物体下落距离不同，重力做功不等，所以D 错误．答案：A图12．如图1所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则①物体到海平面时的势能为mgh ②重力对物体做的功为mgh③物体在海平面上的动能为12mv 02＋mgh④物体在海平面上的机械能为12mv 02其中正确的是( ) A ．①②③ B ．②③④ C ．①③④D ．①②④答案：B3．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于( )A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和解析：由能量关系得：W f＝ΔE p－ΔE kΔE p＝W G故W G＝W f＋ΔE k.在此类题中，要务必搞清每一种力做功伴随着什么样的能量转化，然后运用动能定理或能量守恒．答案：D4．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/sC．W＝0 D．W＝10.8 J解析：速度是矢量，速度的变化也是矢量，反弹后小球的速度与碰前速度等值反向，则速度变化量为Δv＝－v－v＝－2v(设碰前速度方向为正)，其大小为2v＝12 m/s，故B正确．反弹前、后小球的动能没有变化，即ΔE k＝0.根据动能定理：物体受合外力做功等于物体动能的变化，即W＝ΔE k＝0，则C正确．答案：BC图25．物体沿直线运动的v－t关系如图2所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W解析：由图知第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小关系：v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 12－0，则由动能定理得第1秒末到第3秒末合外力做功W 2＝12mv 32－12mv 12＝0，故A 错；第3秒末到第5秒末合外力做功W 3＝12mv 52－12mv 32＝0－12mv 12＝－W ，故B 错；第5秒末到第7秒末合外力做功W 4＝12mv 72－0＝12mv 12＝W ，故C 对；第3秒末到第4秒末合外力做功W 5＝12mv 42－12mv 32＝12m (12v 1)2－12mv 12＝－0.75 W ．故D 对． 答案：CD6．不久前欧洲天文学家在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581 c”．该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍．设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为E k 1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为E k 2，则E k 1E k 2为( ) A ．0.13 B ．0.3 C ．3.33D ．7.5解析：由G M 1m R 12＝m v 12R 1得Ek 1＝GM 1m2R 1由G M 地m R 地2＝m ·v 地2R 地得Ek 2＝GM 地m2R 地又已知M 1M 地＝5 R 1R 地＝1.5 则Ek 1Ek 2＝103＝3.33，故C 正确． 答案：C图37．如图3所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，滑块经B 、C 两点时的动能分别为E k B 、E k C ，图中AB ＝BC ，则一定有( )A ．W 1>W 2B ．W 1<W 2C ．E k B >E k CD ．E k B <E k C解析：滑块在运动过程中，绳中张力始终不变，而竖直向上的拉力在逐渐减小，故加速度在逐渐减小，动能的变化量在减小，因此，一定有W 1>W 2，选A.答案：A8．(2011·山东泰安)如图4，一物体从光滑斜面AB 底端A 点以初速度v 0上滑，沿斜面上升的最大高度为h .下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A 点上滑的初速度仍为v 0)( )图4A ．若把斜面CB 部分截去，物体冲过C 点后上升的最大高度仍为h B ．若把斜面AB 变成曲面AEB ，物体沿此曲面上升仍能到达B 点 C ．若把斜面弯成圆弧形D ，物体仍沿圆弧升高hD ．若把斜面从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h解析：光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面CB 部分截去，物体从A 点运动到C 点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h 高度．而变成曲面AEB 及从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大h 高度，而沿弯成圆弧形AD ，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项BD 正确．答案：BD图59．(2010·山东理综)如图5所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平，用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mglC ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析：取斜面最高点为参考面，软绳重力势能减少量ΔE p 绳＝mg ·l 2－mg ·l 2·sin30°＝14mgl ，选项B 正确；物块向下运动，对物块，除重力以外，绳拉力对物块做负功，物块机械能减小，选项A 错误；设W 克为软绳克服摩擦力做的功，对系统由功能原理得ΔE p 绳＋ΔE p 物＝12mv2＋12m 物v 2＋W 克，又因为ΔE p 物>12m 物v 2，故选项C 错而D 对． 答案：BD图610．(2009·山东理综)图6所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36，木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A ．m ＝MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：弹簧被压缩至最短时的弹性势能为E p ，由功能关系，得： 下滑过程：(M ＋m )gh －μ(M ＋m )g cos θhsin θ＝E p上滑过程：E p ＝Mg ·h ＋μMg cos θ·hsin θ解得m ＝2M ，故选项A 错B 对； 上滑时加速度：a 上＝g sin θ＋μg cos θ 下滑时加速度：a 下＝g sin θ－μg cos θ 故选项C 正确；由能量守恒定律得，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，选项D 错误． 答案：BC第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)图711．(2010·全国Ⅱ理综)利用图7所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有______．(填入正确选项前的字母)A．天平B．秒表C．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________.解析：(1)由Δs＝aT2可知为测重物的加速度a，需要用米尺测量相邻计数点间的距离，选项C正确．(2)从产生加速度的原因即受力的角度思考误差原因．答案：(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦12．某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图8，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．图8(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源(填“交流”或“直流”)．(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是______．A ．放开小车，能够自由下滑即可B ．放开小车，能够匀速下滑即可C ．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D ．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________．A ．橡皮筋处于原长状态B ．橡皮筋仍处于伸长状态C ．小车在两个铁钉的连线处D ．小车已过两个铁钉的连线(4)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)．图9解析：(3)因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时，F 弹＝f ，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态．答案：(1)交流 (2)D (3)B (4)GK三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．质量为500 t 的火车，以恒定功率沿平直轨道行驶，在3 min 内行驶1.45 km ，速度由18 km/h 增加到最大速度54 km/h ，求火车的功率(g ＝10 m/s 2)．解析：由于整个过程中火车所受的牵引力不是恒力，因此加速度不是恒量，运动学中匀变速直线运动公式不能用．可以由动能定理得W 牵＋W 阻＝12mv m 2－12mv 2①其中W 阻＝－F f x ，W 牵是一个变力的功，但因该力的功率恒定，故可用W 牵＝Pt 计算． 这样①式变为Pt －F f x ＝12mv m 2－12mv 2②又因达最大速度时F ＝F f ，故v m ＝PF f③ 联立解得P ＝600 kW. 答案：600 kW图1014．如图10所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知x AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求：(1)物体在B 点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小； (2)物体从C 到A 的过程中，摩擦力做的功．解析：(1)设物体在B 点的速度为v ，由B 到C 做平抛运动，有2R ＝12gt 2，x AC ＝vt ，∴v＝5 m/s由此时受力知F N ＋mg ＝mv 2R，∴F N ＝52.5 N.由牛顿第三定律知，半圆轨道对物体的弹力F N ′＝52.5 N. (2)A 到B ，机械能守恒12mv A 2＝12mv 2＋2mgR由C 到A 应用动能定理可知(F －F f )x AC ＝12mv A 2所以，W f ＝－F f ·x AC ＝－9.5 J. 答案：(1)5 m/s 52.5 N (2)－9.5 J图1115．(2011·辽宁大连双基测试)如图11所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能．解析：(1)A 和斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ，物体A 向下运动到C 点的过程中，根据能量关系有：2mgL sin θ＋12·3mv 02＝12·3mv 2＋mgL ＋fL ，v ＝v 02－23μgL3. (2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理， －f ·2x ＝0－12×3mv 2，x ＝3v 024μg －L 2.(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量关系有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx因为mgx ＝2mgx sin θ所以E p ＝fx ＝34mv 02－32μmgL .答案：(1)v 02－23μgL 3 (2)3v 024μg －L 2 (3)34mv 02－32μmgL16．(2009·山东理综)如图12所示，某货场需将质量为m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2)图12(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．解析：(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m 1gR ＝12m 1v 02①设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得F N －m 1g ＝m 1v 02R②联立①②式，代入数据得F N＝3000 N③根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下．(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g④若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g>μ2(m1＋m2)g⑤联立④⑤式，代入数据得0．4<μ1≤0.6.⑥(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1⑦设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v12－v02＝－2a1l⑧联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4 m/s⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t⑩联立①⑦⑨⑩式，代入数据得t＝0.4 s⑪答案：(1)3000 N，方向竖直向下(2)0.4<μ1≤0.6(3)4 m/s 0.4s。

课时作业41光电效应波粒二象性时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′）1．关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是( ）A．不仅光子具有波粒二象性,一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性解析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性．光的波长越长,波动性越明显，光的频率越高,粒子性越明显．而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性．应选D项．答案：D2．现有a、b、c三种单色光，其波长关系为λa〉λb>λc.用b光照射某种金属时，恰好能发生光电效应．若分别用a 光和c 光照射该金属，则( ）A ．a 光照射时,不能发生光电效应B ．c 光照射时，不能发生光电效应C ．a 光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大D ．c 光照射时,释放出的光电子的最大初动能最小解析：只有当光的频率大于或等于极限频率时才会发生光电效应，由ν＝c λ可判断a 、b 、c 三种单色光的频率关系为νa <νb <νc ,用b 光照射某种金属恰好能发生光电效应，故a 光照射时不能发生光电效应,c 光照射时能发生光电效应,A 正确，B 、C 错误；光电效应释放出的光电子的初动能与频率有关，频率越大，初动能越大，c 光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大，D 错误．答案：A3．根据爱因斯坦光子说，光子能量E 等于（h 为普朗克常量，c 、λ为真空中的光速和波长)( ）A ．h 错误!B ．h 错误!C ．hλD 。

错误!解析：光子的能量E ＝hν，而ν＝错误!，故E＝h错误!，A正确．答案:A4．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k－ν图象，已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3。

单元综合测试五(机械能守恒定律)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每题4分,共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2012·天津理综）如下图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如下图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则( )A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大解析：根据图乙可知：在0～t1时间内拉力F没有达到最大静摩擦力f m，物体处于静止状态，则拉力F的功率为零，选项A错误；对物块A由牛顿第二定律有F－f m＝ma，由于t2时刻拉力F最大，则t2时刻物块加速度a最大，选项B正确；t2到t3这段时间内拉力F 大于f m,所以物块做加速运动，t3时刻速度达到最大，选项C错误、D正确．答案：BD2．在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图所示，设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2，则( ）A．F：f＝1:3 B．W1：W2＝1：1C．F：f＝4:1 D．W1：W2＝1：3解析：对汽车全程应用动能定理：W1－W2＝0∴W1＝W2,则知B对D错．由图象知牵引力和阻力作用距离之比为1：4，即Fs1－Fs2＝0,∴F：f＝4:1，∴C对,A错．答案:BC3．（2011·海南单科）一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是( ）A．0~2 s内外力的平均功率是错误!WB．第2秒内外力所做的功是错误!JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是错误!解析:第1 s内物体运动的位移为1 m，第2 s内物体运动的位移为2。