全国通用版2018高考物理大一轮复习直线运动综合检测

阶段滚动检测（五）考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分，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120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分，共60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)1.如图所示的Venn图中，A，B是非空集合,定义A*B表示阴影部分的集合．若x，y∈R，A＝｛x|y＝错误!}，B＝{y｜y＝3x，x〉0｝，则A*B等于( )A．(2,＋∞）B．[0，1）∪（2，＋∞）C．［0，1]∪（2,＋∞) D．［0,1］∪［2，＋∞) 2．(2016·南昌调研)“x>1"是“错误!<1”的（)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．函数y ＝｜x |（1－x ）在区间A 上是增函数，那么区间A 是( ）A ．(－∞,0）B ．[0，错误!］C ．［0，＋∞）D ．（错误!，＋∞)4．(2016·大同质检）已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f （x ）＝错误!则不等式f (x －1)≤12的解集为( ) A ．［错误!，错误!］∪［错误!，错误!] B ．［－错误!，－错误!]∪［错误!，错误!］C ．［错误!,错误!]∪[错误!，错误!]D ．[－错误!，－错误!］∪[错误!，错误!]5．在三棱锥P －ABC 中,PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的主视图和左视图如图所示,则下列命题正确的是（ )A ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为错误!B ．BD ⊥平面PAC 且三棱锥D －ABC 的体积为错误!C ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为错误!D ．BD ⊥平面PAC 且三棱锥D －ABC 的体积为错误!6．（2016·济宁模拟）设等差数列｛a n ｝的前n 项和是S n ,若－a m 〈a 1<－a m ＋1（m ∈N ＋且m ≥2），则必定有( )A．S m>0，且S m＋1〈0 B．S m〈0，且S m＋1〉0C．S m>0，且S m＋1〉0 D．S m<0,且S m＋1〈07．(2016·黄山联考）设函数f(x）＝错误!cos（2x＋φ)＋sin（2x＋φ)(｜φ｜<错误!)，且其图象关于直线x＝0对称,则（）A．y＝f（x）的最小正周期为π,且在(0，错误!)上为增函数B．y＝f(x）的最小正周期为π，且在（0，错误!)上为减函数C．y＝f(x）的最小正周期为错误!，且在（0，错误!)上为增函数D．y＝f(x)的最小正周期为错误!,且在(0，错误!)上为减函数8．（2017·昆明统考)在△ABC中,内角A,B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝（a＋b）2－c2，则tan C等于( ）A。

第3节运动图象追及和相遇问题课时规范训练[基础巩固题组]1．(多选)物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是( )A．甲在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B．甲在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 mC．乙在整个t＝6 s时间内有来回运动，它通过的总位移为零D．乙在整个t＝6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m解析：选BC.甲图象中的直线的斜率表示速度，速度方向不变，没有来回运动，只是相对于原点的位移，一开始为负，后来为正，选项B正确．乙图象中直线的斜率表示加速度，速度先是负向变小，后正向增大，有来回运动，C项正确．2．一辆电动小车由静止开始沿直线运动，其v－t图象如图所示，则汽车在0～1 s和1～3 s两段时间内，下列说法中正确的是( )A．运动方向相反B．平均速度相同C．加速度相同D．位移相同解析：选B.由图象知速度始终为正，故车的运动方向不变，A项错误；由v＝v1＋v22知，两时间段的平均速度相同，B项正确；由两段图象的斜率比较知加速度不同，C项错；由v －t图象与横轴所围面积的物理意义知位移不相同，D项错误．3．物体A、B的x－t图象如图所示，由图可知( )A ．从第3 s 起，两物体运动方向相同，且v A ＞v BB ．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3 s 才开始运动C ．在5 s 内物体的位移相同，5 s 末A 、B 相遇D ．5 s 内A 、B 的平均速度相等解析：选A.x －t 图象斜率的大小表示物体速度的大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A 正确；B 物体的出发点在离原点5 m 处，A 物体的出发点在原点处，B 错误；物体B 在5 s 内的位移为10 m －5 m ＝5 m ，物体A 在3～5 s 内的位移为10 m ，故C 、D 均错误．4．国产歼15舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看做匀变速直线运动，在某段时间内的x －t 图象如图所示，视歼15舰载战斗机为质点，根据图中所给数据判断该机加速起飞过程中，下列选项正确的是( )A ．经过图线上M 点所对应位置时的速度小于20 m/sB ．在t ＝2.5 s 时的速率等于20 m/sC ．在2 s ～2.5 s 这段时间内位移等于10 mD ．在2.5 s ～3 s 这段时间内位移等于10 m解析：选B.由题图可知，在2 s ～3 s 这段时间内该机的平均速度v ＝xt＝20 m/s ，又匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，故在t ＝2.5 s 时的速度等于20 m/s ，选项B 正确；结合图象可知M 点位于t ＝2.5 s 时刻之后，其速度大于20 m/s ，选项A 错误；该机在2 s ～2.5 s 这段时间内的平均速度小于20 m/s ，所以位移小于10 m ，选项C 错误；而在2.5 s ～3 s 这段时间内，平均速度大于20 m/s 所以位移大于10 m ，选项D 错误．5．两个完全相同的物块A 、B ，在同一粗糙水平面上以不同的初速度从同一位置开始运动．图中两条直线分别表示物块受到水平拉力作用和不受拉力作用的v －t 图象，求：(1)从开始到两物块第一次间距最远的时间； (2)8 s 末物块A 、B 之间的距离x .解析：(1)设A 、B 两物块的加速度大小分别为a 1，a 2，根据速度时间公式，有：a 1＝Δv 1Δt 1＝12－38＝98m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝96＝1.5 m/s 2② 设经过时间t ，AB 速度相等，则有：v B 0－a 2t ＝v A 0＋a 1t解得：t ＝167s当速度相等时，两物块第一次间距最远，即经过时间167s ，两物块第一次间距最远． (2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2，由图象得：x 1＝12×(3＋12)×8 m＝60 m ， x 2＝12×9×6 m＝27 m所以有：x ＝x 1－x 2＝60 m －27 m ＝33 m 即8 s 末物块A 、B 之间的距离x 为33 m.答案：(1)从开始到两物块第一次间距最远的时间为167 s.(2)8 s 末物块A 、B 之间的距离x 为33 m.[综合应用题组]6．一汽车沿直线运动的速度—时间(v －t )图象如图所示，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是( )A ．第4 s 末，汽车的运动方向发生变化B ．6～10 s 内，汽车一直处于静止状态C ．汽车在0～6 s 内的位移大小为24 mD ．第12 s 末，汽车的加速度为－1 m/s 2解析：选D.由v －t 图象可以看出，4 s 末，汽车的速度由6 m/s 开始减小，但汽车的运动方向并没有发生变化，选项A 错误；6～10 s 内，汽车的速度为4 m/s ，选项B 错误；汽车在0～6 s 内的位移为22 m ，选项C 错误；汽车在10 s ～14 s 内做匀减速直线运动，减速运动的加速度为a ＝－1 m/s 2，选项D 正确．7．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前、甲在后．t ＝0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞．如图所示为两车刹车后的v －t 图象，下列说法正确的是( )A ．两车刹车时的距离一定小于90 mB ．两车刹车时的距离一定等于112.5 mC ．两车一定是在t ＝20 s 之前的某时刻发生相撞的D ．两车一定是在t ＝20 s 之后的某时刻发生相撞的解析：选C.v －t 图象给定了两车的初速度和加速度，不确定值是刹车前两车间距离．由两车的v －t 图象可知，两车不相撞的最小距离Δx min ＝⎝⎛⎭⎪⎫5＋252－5＋152×20 m＝100 m ，即当Δx ＜100 m 时两车必相撞，A 、B 均错误；两车相撞一定发生在甲车速度大于乙车速度时，即t ＝20 s 之前，C 正确，D 错误．8．将一弹性塑料球从距地面高度为h 1处由静止释放，小球与地面碰撞后弹回到高度为h 2处．设这一过程中空气阻力的大小恒定，不考虑小球与地面碰撞的时间及损失的动能，以向下为正方向，图中大致能反映该过程的是( )解析：选 B.弹性塑料球下落过程的加速度小于上升过程的加速度，且上升和下落过程的加速度方向相同，C 、D 错误；弹性塑料球下落和上升过程的速度方向相反，A 错误，B 正确．9．(多选)甲、乙两物体由同一位置出发沿同一直线运动，其速度—时间图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B ．两物体两次相遇的时刻分别是在2 s 末和6 s 末C ．乙在前2 s 内做匀加速直线运动，2 s ～6 s 做匀减速直线运动D ．2 s 后，甲、乙两物体的速度方向相反解析：选BC.由图象知，v 甲＝2 m/s ，故甲物体做匀速直线运动，乙物体在0～2 s 内沿正向做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，在2 s ～6 s 内沿正向做匀减速直线运动，加速度大小为1 m/s 2，乙物体做的不是匀变速直线运动，A 错误，C 正确；在2 s 末，甲物体的位移x 甲＝2×2 m＝4 m ，乙物体的位移x 乙＝12×(2×4) m＝4 m ，两物体在2 s 末相遇，在6 s 末，甲物体的位移x 甲′＝2×6 m＝12 m ，乙物体的位移x 乙′＝12×(6×4) m＝12 m ，故两物体在6 s 末相遇，B 正确；在0～6 s 内，甲、乙两物体始终沿正方向运动，D 错误．10．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v 和位置x 的关系图象中，能描述该过程的是( )解析：选A.设小球从H 高处由静止下落，则下降过程距原点的距离x ＝H －h (h 为下落的高度)，由v 2－v 20＝2ax有v 2＝2g (H －x )得v 2＝2gH －2gx ，式中v 的方向竖直向下 小球落地时速度为v 0，则v 20＝2gH 上升阶段：v 2－v 20＝－2gx得v 2＝2gH －2gx ，式中v 的方向竖直向上因此上升和下降阶段速度大小随x 的变化规律相同，速度方向相反，且v 与x 的关系不是线性关系，故A 项正确．11．如图所示，直线MN 表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A 、B 两处，A 、B 间的距离为85 m ，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a 1＝2.5 m/s 2，甲车运动6 s 时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a 2＝5 m/s 2，求两辆汽车相遇处距A 处的距离．解析：甲车运动6 s 的位移为x 0＝12a 1t 20＝45 m ，尚未追上乙车，设此后经过时间t 与乙车相遇，则有：12a 1(t ＋t 0)2＝12a 2t 2＋85 将上式代入数据并展开整理得t 2－12t ＋32＝0.解得t 1＝4 s ，t 2＝8 s.t 1、t 2都有意义，t 1＝4 s 时，甲车追上乙车； t 2＝8 s 时，乙车追上甲车再次相遇．第一次相遇地点距A 的距离x 1＝12a 1(t 1＋t 0)2＝125 m.第二次相遇地点距A 的距离x 2＝12a 1(t 2＋t 0)2＝245 m.答案：125 m 或245 m。

第4课时电磁感应中的动力学与能量问题【基础巩固】电磁感应中的动力学问题1.(2016·哈尔滨质检)(多选) 如图所示,正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上,被电动机带动一起以速度v匀速运动,线圈边长为L,电阻为R,质量为m,有一边界长度为2L的正方形磁场垂直于传送带,磁感应强度为B,线圈穿过磁场区域的过程中速度不变,下列说法中正确的是( AD )A.线圈穿出磁场时感应电流的方向沿abcdaB.线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力,穿出区域时受到水平向右的静摩擦力C.线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向右的静摩擦力D.线圈经过磁场区域的过程中,电动机多消耗的电能为解析:正方形金属线圈abcd穿出磁场区域时,磁通量减小,根据楞次定律,线圈中感应电流的方向沿abcda,选项A正确;线圈进入磁场区域时,bc 边切割磁感线,产生感应电流的方向是c→b,受到的安培力水平向左,根据二力平衡可知,静摩擦力水平向右,穿出区域时,ad边切割磁感线,产生d→a方向的感应电流,受到的安培力水平向左,根据二力平衡可知,线圈受到的静摩擦力水平向右,选项B错误;线圈abcd全部在磁场中运动时,不产生感应电流,线圈不受摩擦力作用,选项C错误;线圈经过磁场区域的过程中,电动机多消耗的电能W=2F安L=,选项D正确.2. 如图所示,在一匀强磁场中有一U形导轨abcd,线框处于水平面内,磁场与导轨平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可以在ab,cd上无摩擦地滑动.杆ef及导轨的电阻都可不计.开始时,给ef 一个向右的初速度,则( A )A.ef将减速向右运动,但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动,最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动解析:杆ef向右运动,所受安培力F=BIL=BL=,方向向左,故杆ef 做减速运动;v减小,F减小,杆做加速度逐渐减小的减速运动,选项A正确,B,C,D错误.电磁感应中的能量问题3.(2016·山东泰安质检)(多选) 如图所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并接触良好且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内( CD )A.棒的机械能增加量等于F做的功B.棒的动能增加量等于F做的功C.棒的重力势能增加量小于F做的功D.安培力做负功解析:金属棒在F作用下加速上升,受到竖直向下的重力和安培力作用,且重力和安培力都做负功,棒的机械能的增加量等于F与安培力的合力所做的功,选项A错误,D正确;根据动能定理,棒的动能增加量等于F、重力与安培力三个力的合力所做的功,选项B错误;棒的重力势能增加量应该等于克服重力所做的功,由于棒是加速上升的,F肯定大于重力,因此,F所做的功一定大于克服重力所做的功,因此棒的重力势能增加量小于F所做的功,选项C正确.·吉林质检) 如图所示,间距为L,电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m,电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好.整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是( D )A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D.整个过程中金属棒克服安培力做功为解析:由题意可知,金属棒在安培力的作用下做减速运动,由牛顿第二定律得a=,所以加速度逐渐减小,选项A错误;由于水平轨道是光滑的,因此动能的损失全部转化为电能,但是电路中导体棒和电阻R上各占一半,即m,选项B错误,D正确;由电荷量的求解公式q=得q=,所以x=,选项C错误.电磁感应中杆的模型问题5. (2016·山东青岛模拟)如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中( B )A.运动的平均速度大小为B.下滑的位移大小为C.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为sin θ解析:分析ab棒的受力情况,有mgsin θ-=ma,分析可得ab棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值,选项A错误;设ab棒沿斜面下滑的位移大小为x,则电荷量q==,解得位移x=,选项B正确;由动能定理可知,mgxsin θ-Q=mv2,则Q=-mv2,ab棒受到的最大安培力为,则选项C,D错误.·河南开封模拟)如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计,阻值为R的导体棒垂直于导轨放置,且与导轨接触良好.导轨所在空间存在匀强磁场,匀强磁场与导轨平面垂直,t=0时,将开关S由1掷向2,若分别用q,i,v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小,则下图所示的图像中正确的是( D )解析:电容器放电时导体棒在安培力作用下运动,产生感应电动势,感应电动势与电容器电压相等时,棒做匀速直线运动,说明极板上电荷量最终不等于零,选项A错误.但电流最终必为零,选项B错误.导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动,加速度为零,选项C错误,D正确.电磁感应的综合运用7.(2016·江西南昌调研)(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框平面与磁场垂直,线框的右边紧贴着磁场边界,如图(甲)所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力,让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场,外力F随时间t变化的图像如图(乙)所示.已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 Ω,以下说法正确的是( ABC )A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为2 TC.线框穿过磁场的过程中,通过线框的电荷量为 CD.线框边长为1 m解析:开始时,a== m/s2=1 m/s2,选项A正确;由题图(乙)可知t=1.0 s时安培力消失,线框刚好离开磁场区域,则线框边长l=at2=×1×1.02 m=0.5 m,选项D错误;由t=1.0 s时,F=3 N,F-=ma,v=at=1 m/s,得B=2 T,选项B正确;q= t=t=×1.0 C= C,选项C正确.多选)如图所示,两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L.导轨上横放两根质量都为m的导体棒ab和cd,电阻均为R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时棒cd静止,棒ab有向右的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,下列说法正确的是( BC )A.开始时cd棒的加速度大小为B.当ab棒的速度变为v0时,cd棒的速度为v0C.从开始到稳定过程中回路产生的总焦耳热为D.从开始到稳定过程中通过回路的总电荷量为解析:F==ma,解得a=,选项A错误;棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统的动量守恒,以向右的方向为正方向,则mv0=m·v0+mv1,解得v1=v0,选项B正确;稳定时二者速度相等,由动量守恒定律得mv0=2mv2由动能定理得-W 安=·2m-m解得W安=,Q热=W安,设整个过程中通过回路的电荷量为q,对cd棒由动量定理得mv2-0=BL·t=BLq所以q=,选项C正确,D错误.9. (多选)如图所示,两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面,导轨上横放着两根相同的导体棒ab,cd与导轨构成矩形回路,导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧,两棒的中间用细线绑住,它们的电阻均为R,回路上其余部分的电阻不计.在导轨平面间有一竖直向下的匀强磁场.开始时,导体棒处于静止状态,剪断细线后,导体棒在运动过程中( AD )A.回路中有感应电动势B.两根导体棒所受安培力方向相同C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能守恒D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能不守恒解析:剪断细线后,导体棒ab,cd与导轨构成的矩形回路的面积先变大,后变小,磁通量发生变化,产生感应电流,机械能转化为电能,再转化为内能,所以机械能不守恒,两根导体棒所受的安培力大小相等,方向相反,故系统的动量守恒.·全国Ⅱ卷,24) 如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m,长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-μmg,设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0,当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv,联立解得E=Blt0(-μg).(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=,式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F A=BlI,因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-F A=0,联立解得R=.答案:(1)Blt0(-μg) (2)【素能提升】11.(2016·山西太原模拟)如图(甲)所示,电阻不计且间距L=1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R=2 Ω的电阻,虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,现将质量m=0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.已知杆ab进入磁场时的速度v0=1 m/s,下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图(乙)所示,g取10 m/s2,则( D )A.匀强磁场的磁感应强度为1 TB.杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/sC.杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 JD.杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C解析:在杆ab刚进入磁场时,有-mg=ma,由题图(乙)知,a的大小为10 m/s2,解得B=2 T,选项A错误.杆ab下落0.3 m时杆做匀速运动,则有=mg,解得v′=0.5 m/s,选项B错误;在杆ab下落0.3 m的过程,根据能量守恒,R上产生的热量为Q=mgh-mv′2=0.287 5 J,选项C错误.杆自由下落高度h1==0.05 m,杆在磁场中下降距离h2=h-h1=0.25 m,ΔS=L·h2,通过R的电荷量q===0.25 C,选项D正确.12. 足够长的水平固定的光滑U形金属框架宽为L,其上放一质量为m 的金属棒ab,左端连接一阻值为R的电阻(金属框架、金属棒及导线的电阻均可忽略不计),整个装置处在向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.现给棒一个初速度v0,使棒始终垂直框架并沿框架运动.求:(1)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中求通过电阻R的电荷量和电阻R中产生的热量;(2)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中棒通过的位移.解析:导体棒运动过程中始终受到安培力作用,因此运动速度逐渐变小,最后静止,即达到稳定状态时处于静止.(1)在金属棒运动的过程中,由动量定理得-FΔt=0-mv0,其中F=BL,=,所以通过电阻R的电荷量q=.由能量守恒定律得Q=m.(2)设金属棒运动过程中通过的位移为x,根据法拉第电磁感应定律得E==,则q=Δt=Δt=,由此得=即x=.答案:(1)m(2),两根足够长平行金属导轨相距L=1 m,倾角θ=37°,质量为m1=1 kg,电阻为R1=1 Ω的光滑金属棒ab和质量为m2=0.5 kg,电阻为R2=2 Ω的金属棒cd通过棒两端的套环套在金属导轨上,cd棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5.虚线上方磁场方向垂直导轨平面向里,虚线下方磁场方向平行导轨平面向下,两处磁感应强度大小相同都为B=1.0 T.ab棒用一根与斜面平行的细线通过一个定滑轮与一质量为M=0.7 kg的物体相连,将物体从静止释放,同时cd棒也由静止释放.其余电阻不计.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求ab棒的最大速度;(2)求ab棒达到最大速度时cd棒的加速度;(3)若ab棒达到最大速度时沿导轨上升了x=8.65 m,求这一过程中cd 棒产生的焦耳热.解析:(1)对物体,由牛顿第二定律有Mg-F T=Ma对ab棒,由牛顿第二定律有F T-m1gsin θ-F安=m1a当a=0时速度最大,解得F安=1 NF安=ILB,I=,得v=3 m/s.(2)选cd棒为研究对象,安培力垂直导轨向下F N=m2gcos θ+F安,m2gsin θ-μF N=m2a1解得a1=1 m/s2,方向沿导轨向下.(3)以ab棒和物体为研究对象,由动能定理得Mgx-m1gxsin θ+W安=(m1+M)v2解得W安=-1 J克服安培力做的功等于整个电路消耗的电能,则cd棒产生的热量Q cd=Q总= J.答案:见解析。

第2讲 匀变速直线运动的规律一、单项选择题1．(2015年河南郑州质检)做匀变速直线运动的质点在第一个7 s 内的平均速度比它在第一个3 s 内的平均速度大6 m/s ，则质点的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 22．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝10t －t 2，则该质点( )A ．运动的加速度大小为1 m/s 2B ．前2 s 内的平均速度是9 m/sC ．任意相邻1 s 内的位移差都是1 mD ．经5 s 速度减为零3．(2015年沈阳东北育才学校一模)有一列火车正在做匀加速直线运动．从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180 m ．第6分钟内发现火车前进了360 m ．则火车的加速度为( )A ．0.01 m/s 2B ．0.05 m/s 2C ．36 m/s 2D ．180 m/s 24．(2015年江西鹰潭期末)某航母跑道长200 m ．飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s ，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s5．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，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为( )A ．5∶4 B．4∶5 C ．3∶4 D．4∶36．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光的时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据(如图K1­2­1所示)，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此不可能求得( )图K1­2­1A ．第1次闪光时质点运动的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光的时间间隔内质点的位移D ．质点运动的初速度7．一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确．．．的是( ) A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s 二、多项选择题8．某一时刻a 、b 两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中( )A ．a 、b 两物体速度之差保持不变B．a、b两物体速度之差与时间成正比C．a、b两物体位移之差与时间成正比D．a、b两物体位移之差与时间的平方成正比9．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s，1 s后速度的大小变为10 m/s.在这1 s内该物体的( )A．位移的大小可能小于4 mB．位移的大小可能大于10 mC．加速度的大小可能小于4 m/s2D．加速度的大小可能大于10 m/s210．如图K1­2­2所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )图K1­2­2t/s 0 2 4 6v/(m·s－1) 0 8 12 8A.t＝3 sB．t＝10 s的时刻物体恰好停在C点C．物体运动过程中的最大速度为12 m/sD．A、B间的距离小于B、C间的距离三、非选择题11．(2015年江西南昌三中期末)小轿车以20 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有个收费站，经20 s后司机才刹车使车匀减速恰停在缴费窗口，缴费后匀加速到20 m/s后继续匀速前行．已知小轿车刹车时的加速度为2 m/s2，停车缴费所用时间为30 s，启动时加速度为1 m/s2.(1)司机是在离收费窗口多远处发现收费站的？(2)因国庆放假期间，全国高速路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求轿车通过收费窗口前9 m区间速度不超过6 m/s，则国庆期间该小轿车应离收费窗口至少多远处开始刹车？因不停车通过可以节约多少时间？12．(2014年新课标全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．第2讲 匀变速直线运动的规律1．C2．D 解析：对比位移公式x ＝v 0t ＋12at 2可知质点运动的初速度为10 m/s ，加速度为－2 m/s 2，A 错误；前2 s 内的平均速度为v －＝10×2－222m/s ＝8 m/s ，B 错误；由Δx ＝at2可知任意相邻1 s 内的位移差都是2 m ，C 错误；由v ＝v 0＋at 知经5 s 质点速度减为零，D 正确．3．A 解析：x 6－x 1＝5aT 2，所以a ＝x 6－x 15T 2＝360－1805×602＝0.01 m/s 2.故A 正确，BCD 错误．4．B 解析：已知飞机的末速度、加速度和位移，由运动学公式v 2t －v 20＝2ax 代入数据得：v 0＝v 2t －2ax ＝502－2×6×200 m/s ＝10 m/s ，故B 正确．5．C 解析：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 22a＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，C 正确．6．D 解析：如题图所示，x 3－x 1＝2aT 2，可求得加速度a ；根据x 2＝x 1＋aT 2＝x 1＋x 3－x 12＝x 1＋x 32，可求出x 2；由x 1＝v 1t ＋12at 2可求得第1次闪光时质点运动的速度．由于初始时刻与第1次闪光的时间间隔未知，故无法求出质点的初速度，故选D.7．A 8．AC 9．AD10．BD 解析：根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝4 m/s 2和在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2.根据运动学公式：8＋a 1t 1＋a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2，解出t 1＝43s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时的速度最大，速度v ＝a 1t ＝403m/s ，故A 、C 均错误．第6 s 末的速度是8 m/s ，到停下来还需的时间t ′＝0－8－2 s ＝4 s ，所以到C 点的时间为10 s ，故B 正确．根据v 2－v 20＝2ax ，求出AB 段的长度为2009 m ，BC 段长度为4009m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 正确．11．解：(1)根据题意，设司机匀速运动位移为s 1，匀减速运动时间为t 2，位移为s 2 s 1＝vt ＝20×20＝400 mt 2＝v a ＝202＝10 ss 2＝vt 2－12at 22＝100 m所以司机在离收费站窗口100 m ＋400 m ＝500 m 处发现收费站的．(2)根据题意小轿车应在收费窗口前9 m 处速度减为6 m/s ，设小轿车减速位移为s 3由2as ＝v 2t －v 20得s 3＝v 2t －v 202a ＝62－202－2×2＝91 m所以，小轿车应离收费窗口91 m ＋9 m ＝100 m 处开始刹车 设停车收费后加速时间为t 3，位移为s 3， 则有t 3＝va ′＝20 s s 3＝12at 23＝200 m若停车收费，经过窗口前100米到窗口后200米需要总时间为10＋30＋20＝60 s若不停车收费也是在窗口前100米开始刹车，时间为t 4＝v t －v 0a＝7 s经过窗口前匀速时间t 5＝s v t ＝96＝1.5 s经过窗口后加速到20 m/s 所用时间为t 6＝v 0－v ta ′＝14 s 加速运动位移由s ＝v t t ＋12a ′t 2得s 3＝6×14＋12×1×142＝182 m经过窗口后还有18 m 匀速，则t 7＝s v ＝1820＝0.9 s若不停车经过窗口前100米到窗口后200米需要总时间为7＋1.5＋14＋0.9＝23.4 s 所以不停车通过可以节约时间为36.6 s.12．解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma ④x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入数据得 v 2＋4v －480＝0即(v －20)(v ＋24)＝0 解得v ＝20 m/s(或72 km/h)．。