规范快练(二十一)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(七)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(七)牛顿运动定律的理解一、单项选择题1．[2020·江苏徐州模拟]有句俗语叫“鸡蛋碰石头——自不量力”．在鸡蛋碰石头的过程中，以下说法中正确的是()A．石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是一对平衡力B．鸡蛋破了，而石头丝毫无损，说明石头对鸡蛋的作用力大C．虽然鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力一样大D．虽然鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力比石头对鸡蛋的作用力大2．[2020·浙江杭州模拟]电动平衡车是一种时尚代步工具．当人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是()A．平衡车匀速行驶时，相对于平衡车上的人，车是运动的B．平衡车的重力与地面对平衡车的支持力是一对平衡力C．平衡车在加速过程中也是平衡的D．关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于惯性3．[2020·常德联考]如图，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”，这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于()A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力4．[2020·湘潭模拟]关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．汽车运动的速度越大越不容易停下来，是因为汽车运动的速度越大惯性越大B．小球由于重力的作用而自由下落时，它的惯性就不存在了C．小球被竖直向上抛出后继续上升，是因为小球受到一个向上的惯性D．物体惯性的大小仅与物体的质量有关，质量大的惯性大5．下列说法中正确的是()A．物体的质量不确定时，加速度a一定正比于合外力FB．对于不同的合外力，加速度a一定反比于质量mC．在公式F＝ma中，当m和a分别用g和m/s2作单位时，F必须用N作单位D．在公式F＝ma中，当m和a分别用kg和m/s2作单位时，F必须用N作单位6.2016年7月上旬，我国海军在海南岛至西沙附近海空域组织演训活动．假设某直升飞机在执行任务过程中，沿如图所示虚线斜向下加速飞行，则空气对直升飞机的作用力可能是( )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 47．[2020·安徽皖中名校联盟联考]下列说法正确的是( )A ．牛顿认为力是维持物体运动的原因B ．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证C ．国际单位制中，kg 、m 、N 是三个基本单位D ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt →0时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度 8．[2019·福建宁德期末]我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600已试飞成功．当“鲲龙”AG600在水面上加速滑行时，其受到的合力( )A ．大小为零B ．方向竖直向上C ．方向与滑行方向相同D ．方向沿滑行方向斜向上9．[2017·上海卷，6]一碗水置于火车车厢内的水平桌面上．当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图( )10．[2019·江西赣州期末]电梯顶上悬挂一根劲度系数为200 N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )A ．匀加速上升，a ＝2.5 m/s 2B ．匀减速上升，a ＝2.5 m/s 2C ．匀加速上升，a ＝5 m/s 2D ．匀减速上升，a ＝5 m/s 2二、多项选择题11．我国《道路交通安全法》中规定，各种小型车辆乘员(包括司机)必须系好安全带．下列说法正确的是( )A ．系好安全带可以减小惯性B ．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C ．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D ．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害12.如图所示，手用力向下压架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变．若手对尺子的压力为F N ，尺子对手的弹力为F ′N ，下列说法正确的有( )A ．F N 和F ′N 是一对平衡力B ．F N 和F ′N 是一对作用力和反作用力C ．F N 是由于尺子发生形变而产生的D ．F ′N 是由于尺子发生形变而产生的 13.如图所示，物体b 在水平推力F 作用下，将物体a 挤压在竖直墙壁上，a 、b 均处于静止状态，下列说法正确的是( )A ．a 对墙壁的摩擦力方向向下B ．b 对a 的摩擦力方向向上C ．增大水平推力F ，a 对墙壁的摩擦力变大D ．增大水平推力F ，b 对a 的摩擦力不变14．如图所示，质量为m 的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )A ．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B ．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C ．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为kx 0＋μmg mD ．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x ＝μmg k时，物体的速度最大规范快练(七)1．解析：石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A 、B 、D 错误．C 正确．答案：C2．解析：本题根据平衡车考查平衡力、惯性等．平衡车匀速行驶时，平衡车与人的相对位置不变，相对于平衡车上的人，车是静止的，故A 项错误；人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，平衡车的重力加上人的重力等于地面对平衡车的支持力，所以平衡车的重力与地面对平衡车的支持力不是一对平衡力，故B 项错误；平衡车在加速过程中不是平衡的，故C 项错误；关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于平衡车具有惯性，故D 项正确．答案：D3．解析：衡量惯性大小的唯一因素就是质量，质量越大，惯性越大，质量越小，惯性越小，故B 正确．答案：B4．解析：A 项，质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，质量越大，惯性越大，故A 项错误；B 项，任何物体在任何情况下都有惯性，小球由于重力的作用而自由下落时，惯性依然存在，故B 项错误；C 项，竖直向空中抛出一个小球，虽然失去了向上的推力，但由于惯性，小球仍然保持原来的运动状态，所以继续向上运动．惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，没有方向，故C 项错误；D 项，物体惯性的大小仅与物体的质量有关，质量大的惯性大，故D 项正确．答案：D5．解析：物体的质量一定时，加速度与合外力成正比；物体受到的合外力一定时，加速度与质量成反比，A 、B 错误．F 、m 、a 三个量的单位都取国际单位制的单位时，公式F ＝ma 成立，故C 错误，D 正确．答案：D 6.解析：飞机受到重力和空气的作用力，沿如图所示虚线斜向下加速飞行时加速度的方向沿虚线的方向，根据牛顿第二定律可知合外力的方向就沿虚线的方向；所以空气对直升飞机的作用力可能只有F 3.故A 、B 、D 三项错误，C 项正确．答案：C7．解析：本题考查对牛顿运动定律的认识．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，A 错误；牛顿第二定律可以通过实验来验证，牛顿第一定律不可以通过实验来验证，该定律来源于理想斜面实验的合理外推，B 错误；国际单位制中有7个基本单位，为kg 、m 、s 、A 、K 、mol 、cd ，其余均为导出单位，如N ，C 错误；根据速度定义式v ＝Δx Δt ，可知当Δt →0时，Δx Δt表示物体在t 时刻的瞬时速度，D 正确． 答案：D8．解析：“鲲龙”AG600在水面上做加速直线运动，加速度方向与滑行方向相同，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同，所以合外力方向与滑行方向相同，故选项C 正确．答案：C9．解析：当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A 所示的情形符合要求，故A 正确．答案：A10．解析：由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20) N ＝6 N ，由牛顿第二定律知F －mg ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，ABD 错误．答案：C11．答案：BD12．解析：手对尺子的压力为F N ，尺子对手的弹力为F ′N ，这两个力作用在两个物体上，力的性质相同，是一对作用力与反作用力，故B 正确、A 错误；F N 是由于手发生形变而产生的，而F ′N 是由于尺子发生形变而产生的，故D 正确、C 错误，故选项B 、D 正确．答案：BD13．解析：以b 为研究对象，在竖直方向上，b 受到的重力与a 给它的摩擦力平衡，所以a 对b 的摩擦力方向向上，大小始终等于m b g ，根据牛顿第三定律，b 对a 的摩擦力方向向下，大小始终等于m b g ，选项B 错误、D 正确．以整体为研究对象，在竖直方向上，墙对a 的摩擦力与整体所受的重力平衡，所以，墙对a 的摩擦力方向向上，大小始终等于m a g ＋m b g ，根据牛顿第三定律，a 对墙的摩擦力方向向下，大小始终等于m a g ＋m b g ，选项A 正确、C 错误．答案：AD14．解析：以滑块为研究对象分析受力可知，滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧弹力和摩擦力作用，且弹簧的弹力逐渐增大，即滑块所受合力始终与运动方向相反，故滑块一直做减速运动，所以A 项正确；滑块向右运动过程受向右弹力和向左的摩擦力，当弹力等于摩擦力时速度最大，则滑块向右先加速再减速，B 项错误；当弹簧的压缩量为x 0时，弹簧弹力最大，滑块所受合力最大，由牛顿第二定律有kx 0＋μmg ＝ma ，故此时滑块的加速度最大为a ＝kx 0＋μmg m，所以C 项正确；在滑块向右运动过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹簧形变量x ＝μmg k时，弹簧弹力F ＝kx ＝μmg ，滑块所受合力为零，加速度为零，速度最大．所以D 项正确．答案：ACD。
规范快练(八)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(八)牛顿第二定律的应用一、单项选择题1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为() A．7 m/s B．14 m/sC．10 m/s D．20 m/s2．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是()3．[2020·安徽安庆五校联盟联考]在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过2 s到达离地面25 m的最高点，炸开后形成各种美丽的图案．若礼花弹从炮筒中沿竖直向上方向射出时的初速度是v0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，则v0和k分别为()A．25 m/s,0.25 B．25 m/s,1.25C．50 m/s,0.25 D．50 m/s,1.254．[2020·山东日照模拟]物块在1 N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的判断正确的是()A．质量为1 kgB．经过坐标原点时速度为2 m/sC．加速度为1 m/s2D．加速度为0.5 m/s25.[2020·福建省四地六校月考]如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则()A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gB．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小6.如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为() A．2a、a B．2(a＋μg)、a＋μgC．2a＋3μg、a D．a、2a＋3μg7．[2019·北京丰台区期末]图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g＝10 m/s2.根据图象分析可知()A．人的重力可由b点读出，约为300 NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度二、多项选择题8.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)()A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动9．[2019·四川二诊]如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10 m/s2.则()A．拉力大小为6 NB．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1C．1.5 s后物块可能返回D．1.5 s后物块一定静止三、非选择题10．[2020·领航高考冲刺卷]如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆．如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，体重为60 kg的逃生者从离地面18 m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6 m/s时，以大小为2.5 m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面，不计空气阻力，求：(1)减速下滑过程的位移；(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；(3)到达地面整个过程的时间．11．[2020·领航高考冲刺卷]如图1所示，“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动．“滑滑梯”装置可用图2表示，斜面AB倾角θ＝37°，AD＝2.4 m，C点处有墙壁．小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4 m/s.假定小朋友与AB、BC面的动摩擦因数相等，在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)在滑行过程中，AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比；(2)小朋友与AB面的动摩擦因数；(3)为了防止小朋友在C点撞墙，B、C间距离的最小值．12．[2020·武威模拟]随着科学技术的发展，运动员的训练也由原来的高强度、大运动量，转变为科学训练．我们看到世界优秀的百米运动员的肌肉都特别发达，有些甚至接近健美运动员，因为肌肉与脂肪的比例越高，他运动过程中受到的阻力就越小，加速跑的加速度就越大，因此可以提高运动员的比赛成绩．某运动员的质量m＝80.0 kg，他的百米跑可以简化成两个阶段：第一阶段为匀加速直线运动，第二阶段为匀速运动．假设运动员跑动时所受到的阻力大小恒等于运动员自身重力的0.24倍．若该运动员的百米成绩为10.0 s，匀速运动的速度v＝12.0 m/s.重力加速度g取10 m/s2.求：(1)该运动员加速跑阶段的加速度大小和加速的距离．(2)假设该运动员通过科学训练使体重减小到75.0 kg，而他的肌肉力量不变，所能达到的最大速度不变，这个运动员的百米成绩能提高到多少秒？(结果保留三位有效数字)规范快练(八)1．解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg .由v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为：v 0＝2ax ＝2μgx ＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确．答案：B 2．解析：物块的受力如图所示，当F 不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F 大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F －μF N ＝ma ，即F ＝μF N ＋ma ，F 与a 成线性关系．选项C 正确．答案：C3．解析：本题借助竖直上抛运动考查根据物体受力情况分析运动情况．根据牛顿第二定律可知礼花弹上升的加速度a ＝(1＋k )g ，方向竖直向下；然后根据匀变速直线运动的公式和逆向思维方法，得出v 0＝at ，h ＝12at 2，解得v 0＝25 m/s ，a ＝12.5 m/s 2，则k ＝0.25，A 正确．答案：A4．解析：本题根据x - v 2图象考查根据受力情况分析运动情况．根据图象求出解析式为x ＝v 2－2，与v 2－v 20＝2ax 对比可得a ＝0.5 m/s 2，由F ＝ma 可得m ＝2 kg ，由图象可看出x＝0时，v 20＝2 m 2/s 2，则v 0＝ 2 m/s ，D 正确．答案：D5．解析：剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断悬绳瞬间，对B 受力分析，B 的受力情况不变，则B 的加速度为0，对A 分析，A 受的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得A 的加速度a ＝2g ，故A 、B 错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F ＝mg ＝kx ，当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，加速度为零，速度最大，x ′＝x ，所以A 物块向下运动的距离为2x 时速度最大，加速度最小，故C 正确，D 错误．答案：C6．解析：撤去F 前，根据牛顿第二定律，对A 、B 、弹簧整体有F －μ·3mg ＝3ma ，对B 有F 弹－μ·2mg ＝2ma ，得F 弹＝2m (a ＋μg )．撤去F 的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F 弹，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B 受力不变，a B ＝a ，对物体A ，由牛顿第二定律得F 弹＋μmg ＝ma A ，有a A ＝2a ＋3μg .综上分析，C 项正确．答案：C7．解析：本题考查根据起跳过程力的变化判断超失重状态．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N ，人的重力也约为900 N ，故A 错误；b 到c 的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B 错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C 正确；b 点弹力与重力的差值要小于c 点弹力与重力的差值，则人在b 点的加速度要小于在c 点的加速度，故D 错误．答案：C8．解析：物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F fm＝2＋31 m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s ，B 正确，A错误；减速到零后，恒力F <F f ，物体将保持静止，不再运动，C 正确，D 错误．答案：BC 9．解析：本题考查根据受力物体的运动图象分析其受力情况和某时间段的运动情况．由题图乙知，各阶段加速度的大小为a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s 内F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5 s 内μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 2；联立解得F ＝6 N ，但无法求出μ和θ，故A 正确，B 错误．不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，则C 正确，D 错误．答案：AC10．解析：(1)由题意可知减速过程 由v 2＝2a 1x 1，得x 1＝7.2 m. (2)减速过程F －mg ＝ma 1，得F ＝750 N根据牛顿第三定律，逃生者对缓降绳索的拉力大小750 N.(3)加速过程时间t 2＝Δx 2v －＝3.6 s减速过程时间t 1＝Δx 1v－＝2.4 st 总＝t 1＋t 2＝6.0 s.答案：(1)7.2 m (2)750 N (3)6.0 s11．解析：(1)在AB 面上，F N1＝mg cos θ 在BC 面上，F N2＝mgAB 面和BC 面对小朋友的支持力大小之比， F N1F N2＝cos θ1＝0.8. (2)小朋友在AB 面上的加速度大小为a 1又因为x AB ＝h ADsin θ＝4 m所以a 1＝v 2B2x AB＝2 m/s 2由牛顿第二定律得ma 1＝mg sin θ－μmg cos θ 得μ＝0.5.(3)小朋友在BC 面上的加速度大小a 2＝μg ＝5 m/s 2 刚好不撞上C 点，设BC 的长度为x BC得x BC ＝v 2B2a 2＝1.6 mBC 的长度至少为1.6 m.答案：(1)0.8 (2)0.5 (3)1.6 m 12．解析：(1)设加速时间为t ， 有12v t ＋v (t 0－t )＝x 代入已知数据解得t ＝103s又a ＝vt＝3.6 m/s 2加速的距离s ＝12v t ＝20 m(2)设该运动员加速跑时的动力为F ，对该运动员有 F －F f ＝ma 解得F ＝480 N体重减少到m ＝75 kg 后， 对该运动员有F －F f ′＝m 1a 1解得a 1＝4 m/s 2又v 2＝2a 1x 1，解得x 1＝18 m运动员加速的时间t 1＝va 1＝3 s匀速的时间t 2＝x －x 1v ＝6.83 s ， 所以该运动员的百米成绩为 t ＝t 1＋t 2＝9.83 s.答案：(1)3.6 m/s 2 20 m (2)9.83 s。
规范快练(十一)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(十一)曲线运动运动的合成与分解一、单项选择题1．[2020·湖南永州一模]在光滑的水平面上有一冰球以速度v0沿直线匀速从a点运动到b点，忽略空气阻力，如图所示为俯视图．当冰球运动到b点时受到垂直于速度方向的力的快速撞击，撞击之后冰球可能的运动轨迹是()2.河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向3．如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是()A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小4．[2020·厦门模拟]如图所示，在一次海上救援行动中，直升机用悬索系住伤员，直升机和伤员一起在水平方向以v1＝8 m/s的速度匀速运动，同时悬索将伤员在竖直方向以v2＝6 m/s的速度匀速上拉，则伤员实际运动速度v的大小是()A．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．14 m/s5.如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为()A．2 m/s B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s6．[2020·六安模拟]小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s，船在静水中的航速是4 m/s，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t分别为() A．船头应垂直指向对岸，t＝100 sB．船头应与上游河岸成60°角，t＝20033sC．船头应垂直指向对岸，t＝20033sD．船头应与下游河岸成60°角，t＝100 s7．如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸的夹角均为θ的两个不同方向渡河．已知两小船在静水中航行的速度大小相等，则下列说法正确的是()A．甲先到达对岸B．乙先到达对岸C．渡河过程中，甲的位移小于乙的位移D．渡河过程中，甲的位移大于乙的位移8.[2020·锦州模拟]如图所示，从上海飞往北京的波音737客机上午10点10分到达首都国际机场，若飞机在降落过程中的水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前()A．飞机的运动轨迹为曲线B．经20 s飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等C．在第20 s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等D．飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s二、多项选择题9．关于曲线运动，下列说法正确的是()A．物体之所以做曲线运动，是由于物体受到变力的作用B．物体只有受到一个方向不断改变的力，才可能做曲线运动C．物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，做曲线运动D．平抛运动是一种匀变速曲线运动10.[2020·海淀联考]某同学在研究运动的合成时做了如图所示活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖．若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是()A．笔尖做匀速直线运动B．笔尖做匀变速直线运动C．笔尖做匀变速曲线运动D．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小11．[2020·枣庄模拟]船在静水中的航速是1 m/s，河岸笔直，河宽恒定，靠近岸边的水流速度为2 m/s，河中间的水流速度为3 m/s.以下说法中正确的是()A．因船速小于水流速度，船不能到达对岸B．船不能沿一直线过河C．船航行的轨迹不能垂直河岸D．船过河的最短时间是一定的12．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，并放入一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α，则红蜡块R的()A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D．tan α与时间t成正比13．[2020·黑龙江实验中学高三上月考]如图为玻璃自动切割生产线示意图，图中，玻璃以恒定的速度向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行，滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动，割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割．要使切割后的玻璃是矩形，以下做法能达到要求的是()A．保持滑杆不动，仅使割刀沿滑杆运动B．滑杆向左移动的同时，割刀沿滑杆滑动C．滑杆向右移动的同时，割刀沿滑杆滑动D．滑杆向右移动的速度必须与玻璃运动的速度相同规范快练(十一)1．解析：由题意可知，两速度的合速度的方向，即为冰球运动的方向，由于冰球受到的是瞬间撞击，获得速度后不再受力，因此冰球不可能做曲线运动，故B 、D 错误；冰球受到力的垂直撞击但初速度方向不变，撞击后的合速度是两个垂直方向速度的合成，故A 错误，C 正确．答案：C2．解析：落水者和救生员都随着水流运动，水流的速度对他们之间的距离无影响．他们之间的距离始终沿Ob 方向，救生员只需相对于水流沿Ob 直线运动，就能实施救助，选项B 正确．答案：B3．解析：质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，C 错误；由于在D 点速度方向与加速度方向垂直，则在A 、B 、C 点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由A 到B 到C 到D 速率减小，所以C 点速率比D 点的大，A 正确，B 错误；质点由A 到E 的过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小，D 错误．答案：A 4.解析：伤员参与了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定则，如图所示，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度的大小v ＝v 21＋v 22＝82＋62 m/s ＝10 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．解析：设水流速度为v 1，船的静水速度为v 2，船沿AB 方向航行时，运动的分解如图所示，当v 2与AB 垂直时，v 2最小，v 2min ＝v 1sin 37°＝4×0.6 m/s ＝2.4 m/s ，选项B 正确． 答案：B6．解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝ 42－22 m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023s ＝20033 s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B7．解析：两小船在静水中航行的速度大小相等，且渡河方向与河岸的夹角均为θ，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响渡河时间，所以甲、乙两小船同时到达对岸，A 、B 错误．甲船在平行于河岸方向上的速度为v ′甲＝v 水－v 甲cos θ，乙船在平行于河岸方向上的速度为v ′乙＝v 水＋v 乙cos θ，两船在平行于河岸方向上的位移分别为x 甲＝v ′甲t ，x 乙＝v ′乙t ，则x 甲<x 乙，又两船在垂直于河岸方向上的位移相同，故在渡河过程中，甲的位移小于乙的位移，C 正确，D 错误． 答案：C8．解析：由于初速度的方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，A 错误；由匀减速运动规律可知，飞机在第20 s 末的水平分速度为20 m/s ，竖直方向的分速度为2 m/s ，B 错误；飞机在第20 s 内，水平位移x ＝⎝⎛⎭⎫v 0x t 20＋12a x t 220－v 0x t 19－12a x t 219＝21 m ，竖直位移y ＝v 0y t 20＋12a y t 220－v 0y t 19－12a y t 219＝2.1 m ，C 错误，飞机在第20 s 内，水平方向的平均速度为21 m/s ，D 正确．答案：D9．解析：物体之所以做曲线运动，是由于物体受到与速度不共线的合力的作用，选项A 错误；物体只有受到一个与速度不共线的合力的作用，才可能做曲线运动，合力的方向不一定是不断改变的，选项B 错误；物体受到不平行于初速度方向的外力作用时，物体做曲线运动，选项C 正确；平抛运动的加速度恒为g ，是一种匀变速曲线运动，选项D 正确．答案：CD10．解析：由题意知，笔尖的初速度竖直向上，水平向右的加速度恒定，故做匀变速曲线运动，选项A 、B 错误，C 正确；由于竖直方向速度大小恒定，水平方向速度大小逐渐增大，故笔尖的速度方向与水平方向的夹角逐渐变小，D 正确．答案：CD11．解析：只要船头指向对岸，船就一定可以到达对岸，选项A 错误；由于水流速度变化较大且大于船速，合速度不可能不变，故一定是曲线运动，选项B 正确；由于水流速度大于船速，合速度不可能垂直河岸，故航线轨迹不能垂直河岸，选项C 正确；当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，与水流速度无关，选项D 正确．答案：BCD12．解析：设运动的时间为t ，由运动学公式可得y ＝v 0t ，x ＝12at 2，联立可得x ＝ay 22v 20，选项A 错误，选项B 正确；将蜡块的速度进行分解如图所示，由图中几何关系，可得：v＝at sin α，α在变化，选项C 错误；at ＝v 0tan α，a 和v 0为定值，选项D 正确． 答案：BD13．解析：由题意可知，玻璃以恒定的速度向右运动，割刀沿滑杆滑动，而滑杆与滑轨垂直且可沿滑轨左右移动，要得到矩形的玻璃，则割刀沿玻璃的运动方向的速度与玻璃运动的速度相同即可，因此滑杆向右运动，且速度与玻璃速度相同，同时割刀沿滑杆滑动，选项C 、D 正确，A 、B 错误．答案：CD。
最新2022届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
单元评估检测(一) 运动的描述匀变速直线运动(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.如图所示是小李使用“咕咚”软件记录的晨跑运动轨迹，运动信息如下：里程5 km，时长40 min，配速8 min/km，时速7.5 km/h.下列说法正确的是( )A．里程5 km指的是位移B．时长40 min指的是时刻C．配速越小平均速率越大D．时速7.5 km/h指的是平均速度2.一质点由静止开始做直线运动的v t关系图象如右图所示，则该质点的x t关系图象可大致表示为下图中的( )3．[2020·开封模拟]若某一驾驶员在绿灯结束前3 s 开始刹车，并不断加大制动力，结果在黄灯亮起时车刚好停在停止线外．图中能反映这位驾驶员刹车过程的速度随时间变化关系的是( )4．如图所示的位移－时间(x t)图象和速度－时间(v t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B ．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C ．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D ．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等5．[2019·湖北武汉4月调考]某质点做匀加速直线运动，经过时间t 速度由v0变为kv0(k>1)，位移大小为x.则在随后的4t 时间内，质点的位移大小为( )A.83k －2x k ＋1 B.82k －1x k ＋1C.82k －1x k －1D.35k －3x k ＋16．如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则AB ：BC 等于( )A ．1：1B ．1：2C．1：3 D．1：47．[2020·大连检测]如图所示，哈大高铁运营里程为921公里，设计时速为350公里，某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921公里是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s8.如图所示，建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以10 m/s 的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )A．4 s B．3 sC．2 s D．1 s二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．我国新研制的隐形战机歼－20，已经开始挂弹飞行．在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的( )A ．速度不断增大，位移不断减小B ．速度不断增大，位移不断增大C ．速度增加越来越快，位移增加越来越快D ．速度增加越来越慢，位移增加越来越快10．物体甲的位移－时间图象和物体乙的速度－时间图象分别如图(a)、(b)所示，则关于这两个物体的运动情况，下列说法正确的是( )A ．甲在整个t ＝6 s 时间内的速度为23 m/sB ．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 时间内方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m11．北京市少年宫花样玩具赛车表演中，两位少年宫的小朋友分别控制着甲、乙两辆遥控玩具赛车同时同地从相邻的跑道出发，沿同一方向运动，通过各自的传感器将速度信息传输给计算机，并通过电脑绘制出如图所示的v t 图象，其中甲图线是圆心在坐标原点的14圆弧，乙图线是过原点和点(10,10)的直线，在0～10 s 内，关于两赛车间的位置关系的说法中正确的是( )A．在t1时刻两赛车相遇B．在t1时刻两赛车间距离最大C．在t1～10 s内的某时刻两赛车相遇D．在t＝10 s时，甲赛车在乙赛车前方约28.5 m处12．酒后驾驶存在许多安全隐患，原因在于酒后驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间．表中思考距离是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；制动距离是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小不变)．分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB．当汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车C．汽车以15 m/s的速度行驶时，汽车制动的加速度大小为10 m/s2D．表中x为66.712三、非选择题：本题共6个小题，共60分．13．(6分)一个同学在研究小球自由落体运动时，用频闪照相连续记录下小球的位置如图所示，已知闪光周期为130s，测得x1＝7.68 cm，x3＝12.00 cm，通过计算可得小球运动的加速度是________ m/s2，图中x2是________ cm(结果保留3位有效数字)．14．[2016·天津卷，9(节选)](8分)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．(1)实验中，必要的措施是________．A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．x1＝3.59 cm，x2＝4.41 cm，x3＝5.19 cm，x4＝5.97 cm，x5＝6.78 cm，x6＝7.64 cm.则小车的加速度a＝________ m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________ m/s.(结果均保留两位有效数字)15.(8分)一辆汽车刹车前的速度为90 km/h，刹车获得的加速度大小为10 m/s2，求：(1)汽车刹车开始后10 s内滑行的距离x0.(2)从开始刹车到汽车位移为30 m时所经历的时间t.(3)汽车静止前1 s内滑行的距离x′.16．(8分)A、B两车在同一直线上运动，A在后，B在前．当它们相距x0＝8 m时，A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以vA＝8 m/s的速度向右做匀速运动，而物体B此时速度vB＝10 m/s向右，它在摩擦力作用下以a＝－2 m/s2做匀减速运动，求：(1)A未追上B之前，两车的最远距离为多少？(2)经过多长时间A追上B?17.[2019·浙江4月模拟](14分)公交车是现代城市很重要的交通工具，它具有方便、节能减排、缓解城市交通压力等许多作用．某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，黄老师距车站的距离为50 m．假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间为8 s．而黄老师的最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s2.(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动过程，求其加速度大小是多少？(2)若公交车可视为质点，则在(1)问的情况下，试计算分析，黄老师是应该上这班车，还是等下一班车？18．(16分)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；(3)汽车在上述22 m的运动全过程中的平均速度的大小．单元评估检测(一)1．解析：配速单位min/km，其值越小，表明平均速率越大．答案：C2．解析：根据位移－时间图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x t关系图象可大致表示为B图．答案：B3．解析：根据题述，不断加大制动力，加速度不断增大，v t 图线的斜率不断增大，故D正确．答案：D4．解析：在x t图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B均错．在v t图象中，t2时刻丙、丁两车的速度相等，故两车相距最远，C 正确．由图线可知，0～t2时间内丙车的位移小于丁车的位移，故丙车的平均速度小于丁车的平均速度，D 错误．答案：C5．解析：根据题意可得x ＝v0＋kv02t ，经过时间t 速度由v0变为kv0，则质点的加速度a ＝kv0－v0t ＝(k －1)v0t，在随后的4t 时间内，质点的位移大小为x ′＝kv0·4t ＋12a(4t)2，联立解得x ′＝83k －2x k ＋1，所以选项A 正确． 答案：A6．解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v20＝2ax ，知xAB ＝v2B 2a ，xAC ＝v2C 2a，所以AB AC ＝14，则AB BC ＝13.选项C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车从哈尔滨到大连所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921公里是指路程，选项B 错误；由等时位移差公式xn －xm ＝(n －m)aT2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5× 1 s 2＝－5 m/s2，即加速度大小为5 m/s2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s 末列车速度为57.5 m/s ，由加速公式可得 v0＝v －at ＝57.5 m/s －(－5 m/s2×4.5 s)＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D8．解析：研究第一块砖h ＝v0t ＋12(－g)t2，即3.75 m ＝(10t －5t2) m ，解得t1＝0.5 s ，t2＝1.5 s ，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m 处的时间为t3＝1.5 s ，t4＝2.5 s ，楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt ＝t4－t1＝2 s ，选项C 正确．答案：C9．解析：飞机的加速度不断变小，但速度不断变大，只是增加变慢而已，速度变大时，位移增加变快，B 、D 正确．答案：BD10．解析：甲的x t 图线的斜率表示速度，v ＝Δx Δt ＝23m/s ，速度方向不变，没有来回运动，只是相对于原点的位移开始为负，后来为正，选项A 、B 正确．乙的v t 图象的斜率表示加速度，速度先是负向变小，后正向增大，有来回运动，总位移为零，选项C 正确，D 错误．答案：ABC11．解析：在v t 图象中，图线与坐标轴围成图形的“面积”等于赛车运动的位移．在0～t1时间内，甲在前乙在后，两者之间的距离逐渐增大，t1时刻两赛车速度相等，之后乙的速度大于甲的速度，两者之间的距离越来越小．在t ＝10 s 时，甲赛车的位移为 x1＝14π(10)2 m ＝78.5 m ，乙赛车的位移为x2＝12×102 m ＝50 m ，甲赛车仍在乙赛车的前方28.5 m 处，B 、D 两项正确．答案：BD12．解析：反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多处的反应时间为Δt ＝Δx v ＝15－7.515s ＝0.5 s 故，A 正确；当汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7 m ，大于40 m ，故不能安全停车，故B 正确；汽车制动时，加速度大小为a ＝v22x ＝1522×30－15m/s2＝7.5 m/s2，故C 错误；此时思考距离增加Δx ＝25 m －12.5 m ＝12.5 m ，故x ＝54.2 m ＋12.5 m ＝66.7 m ，故D 正确．答案：ABD13．解析：根据a ＝x3－x14T2，可得a ＝9.72 m/s2. 又根据x2－x1＝x3－x2，可得x2＝9.84 cm.答案：9.72(3分) 9.84(3分)14．解析：(1)若细线与长木板不平行，随着小车逐渐靠近滑轮，细线与水平方向的夹角增大，小车所受合力随之变化，因此小车的加速度发生变化，即小车不做匀变速直线运动，故细线必须与长木板平行，A 选项必要．先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放小车，点迹按匀变速运动规律显现在纸带上；若先释放小车再接通电源，则开始阶段点迹不规律，误差较大，故B 项必要．该实验研究小车的匀变速直线运动，与小车所受到的合力及合力大小的计算无关，故C 、D 项不必要．(2)交流电的频率为f ＝50 Hz ，相邻两计数点间的时间间隔t ＝0.1 s ，由逐差法可求小车的加速度．a ＝x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x13t 2 ＝20.39－13.19×10－29×10－2m/s2＝0.80 m/s2 vB ＝x1＋x22t＝ 3.59＋4.41×10－22×0.1 m/s ＝0.40 m/s. 答案：(1)AB(2分) (2)0.80(3分) 0.40(3分)15．解析：(1)判断汽车刹车所经历的时间由0＝v0＋at0及a ＝－10 m/s2，v0＝90 km/h ＝25 m/s.得：t0＝－v0a ＝2510s ＝2.5 s<10 s 汽车刹车后经过2.5 s 停下来，因此10 s 内汽车的位移，只是2.5 s 内的位移根据v2－v20＝2ax0得x0＝v2－v202a ＝0－2522×－10 m ＝31.25 m.(2)根据x ＝v0t ＋12at2 解得：t1＝2 s ，t2＝3 s>2.5 s(舍去)．(3)把汽车减速到速度为零的过程，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动过程，求出汽车以10 m/s2的加速度经过1 s 的位移，即：x ′＝12(－a)t ′2＝12×10×12 m ＝5 m. 答案：(1)31.25 m (2)2 s (3)5 m16．解析：(1)设时间t1时两车速度相同，此时相距最远， 则有vA ＝vB ＋at1代入数据解得t1＝1 s两车最远距离Δx ＝xB ＋x0－xA ＝vBt1＋12at21＋x0－vAt1＝10×1 m －12×2×1 m ＋8 m －8×1 m ＝9 m. (2)设A 追上B 时为t2由vAt2＝vBt2＋12at22＋x0代入数据解得t2＝4 s ，B 速度减为零的时间t0＝－10－2s ＝5 s ，可知此时B 还未停止．答案：(1)9 m (2)4 s17．解析：(1)由匀变速直线运动规律知，公交车刹车的加速度a1＝0－v212x1＝0－1522×25m/s2＝－4.5 m/s2 故其加速度的大小为4.5 m/s2.(2)公交车从与黄老师相遇处到开始刹车用时t1＝x －x1v1＝50－2515 s ＝53s 公交车刹车过程用时t2＝0－v1a1＝103s 黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时t3＝v2－v3a2＝6－12.5s ＝2 s 黄老师加速过程中的位移x2＝v2＋v32t3＝7 m 以最大速度跑到车站的时间t4＝x －x2v2＝436s 因为t3＋t4<t1＋t2＋8 s所以黄老师应该上这班车．答案：(1)4.5 m/s2 (2)上这班车18．解析：(1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝Ff m，将Ff ＝12 000 N ，m ＝1 500 kg 代入得a2＝8 m/s2. (2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小v ，其到障碍物的距离为x2，则x2＝v22a2已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，位移为x1＝v20－v22a1，x1＋x2＝x ，已知总位移x ＝22 m ， v0＝10 m/s ，由以上各式得v ＝8 m/s ，x2＝4 m.(3)“紧急制动”前的时间t1＝v0－v a1＝2 s ， “紧急制动”后的时间t2＝v a2＝1 s ， 总时间t ＝t1＋t2＝3 s ，v －＝x t ＝223m/s ≈7.33 m/s. 答案：(1)8 m/s2 (2)8 m/s 4 m(3)7.33 m/s。
规范快练(五)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(五)力的合成与分解一、单项选择题1．下列各组物理量中全部是矢量的是()A．位移、速度、加速度、力B．位移、时间、速度、路程C．力、位移、速率、加速度D．速度、加速度、力、路程2.[2020·肇庆模拟]如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的() A．1和4 B．3和4C．2和4 D．3和23．一物体受到三个共点力F1、F2、F3共同作用，其力的矢量关系如图所示，则它们的合力大小是()A．0 B．2F1C．F3D．2F24．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC．当θ不同时，运动员受到的合力不同D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等5.如图所示，AB是半圆的直径，O为圆心，P点是圆上的一点，在P点作用了三个共点力F1、F2、F3.若F2的大小已知，则这三个力的合力为()A．F2B．2F2C．3F2D．4F26．[2020·吉林扶余模拟]如图所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动．在这三种情况下，若绳的张力分别为F T1、F T2、F T3，定滑轮对轴心的作用力分别为F N1、F N2、F N3，滑轮的摩擦、质量均不计，则() A．F T1＝F T2＝F T3，F N1>F N2>F N3B．F T1>F T2>F T3，F N1＝F N2＝F N3C．F T1＝F T2＝F T3，F N1＝F N2＝F N3D．F T1<F T2<F T3，F N1<F N2<F N37．质量为2 kg的质点仅受两个力作用，两个力的大小分别为3 N和5 N．则该质点的加速度的值可能为()A．0.5 m/s2B．0.75 m/s2C．3.5 m/s2D．4.5 m/s28．[2020·汉中模拟]如图所示是山区村民用斧头劈柴的剖面图，图中BC边为斧头背面，AB、AC边是斧头的刃面．要使斧头容易劈开木柴，则应()A．缩短BC边，AB边也缩短些B．BC边延长些，AB边缩短些C．BC边缩短些，但AB边延长些D．BC边延长些，AB边也延长些9．如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直下降．关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法中正确的是()A．不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．可能不变，也可能增大10．如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平．将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置．不计所有摩擦，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为32mgC ．细线对轻环的作用力大小为32mgD ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30° 11．[2017·全国卷Ⅲ，17]一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm 二、多项选择题12．共点的两个力，大小均为10 N ，当它们的合力在0～10 N 范围时，它们夹角可能值是( )A ．27°B ．79°C ．121°D ．173°13．[2018·天津卷，7]明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则( )A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大 14.如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A 、B 两点，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间夹角为θ1，绳子张力为F 1；将绳子B 端移至C 点，等整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F 2；将绳子B 端移至D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F 3，不计摩擦，则( )A ．θ1＝θ2＝θ3B ．θ1＝θ2<θ3C ．F 1>F 2>F 3D ．F 1＝F 2<F 3规范快练(五)1．解析：位移、速度、加速度、力都有大小又有方向，都是矢量，故A正确．答案：A2．解析：小球的重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按这两个方向分解，分别是3和4，故B正确，A、C、D错误．答案：B3．解析：根据三角形定则，F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段，即与F2相同，合力等于2F2，故D正确，A、B、C错误．答案：D4．解析：运动员处于静止状态，即平衡状态，所受合力为零，每只手都承受自身重力的一半，和θ无关，A正确，B、C错误；由牛顿第三定律知运动员与地面间的相互作用力大小始终等于其重力，D错误．答案：A5．解析：由几何知识知，力F1与F3垂直，以F1、F3为邻边作平行四边形，如右图所示，则F1、F3的合力为PC代表的线段，由于PC＝2PO，即PC代表的力等于2F2，故三个力的合力为3F2，C正确．答案：C6.解析：物体静止时绳的张力等于物体重力的大小，所以F T1＝F T2＝F T3＝mg.方法一：用图解法确定F N1、F N2、F N3的大小关系．与物体连接的这一端，绳对定滑轮的作用力F T的大小也为mg，作出三种情况下的受力图如图所示，可知F N1>F N2>F N3，故选项A正确．方法二：用计算法确定F N1、F N2、F N3的大小关系．已知两个分力的大小，其合力与两分力(分力间的夹角为θ)满足关系式F＝F21＋F22－2F1F2cos θ，θ越小，F越大，所以F N1>F N2>F N3，故选项A正确．答案：A7．解析：3 N和5 N的合力范围为2～8 N，故加速度的最大值为a max＝82m/s2＝4 m/s2，加速度的最小值为a min＝22m/s2＝1 m/s2，选项C正确．答案：C8．解析：如图所示，斧头劈柴的力形成对木柴两端的挤压力，两力与斧头的AB、AC 边相互垂直；则可知当BC边缩短一些，AB边延长一些时两力之间的夹角更大，则两分力更大，更容易劈开木柴，故C 正确．答案：C9．解析：当光滑挂钩下的重物C 缓慢下降时，设绳AC 和BC 与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为F ，绳AC 和BC 在水平方向上的分力均为F x ＝F sin α，大小相等，方向相反，是一对平衡力．绳AC 和BC 在竖直方向的分力都为F y ＝F cos α，两绳的合力与重力是一对平衡力，所以2F y ＝2F cos α＝mg ，即F ＝m2cos α，重物C 缓慢下降时，α角逐渐减小，所以两绳的拉力F 都不断减小，选项B 正确．答案：B 10．解析：轻环两边绳子的拉力大小相等，均为F T ＝mg ，轻环两侧绳子的拉力与轻环对圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA ＝OM 知∠OMA ＝∠MAO ＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小F N ＝2mg cos 30°＝3mg ，选项A 错误；细线对M 点的拉力大小为mg ，选项B 错误；细线对轻环的作用力大小为F N ′＝F N ＝3mg ，选项C 错误；由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D 正确．答案：D 11．解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm 的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F ＝k (l－l 0)＝0.2k ，由共点力的平衡条件和几何知识得F ＝mg 2sin α＝5mg6；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度为l ′，由胡克定律得F ′＝k (l ′－l 0)，由共点力的平衡条件F ′＝mg2，联立上面各式解得l ′＝92 cm ，选项B 正确．答案：B 12.解析：由题意，两个相等的共点力大小为10 N ，而合力的大小也为10 N ，因此由等边三角形的知识可知，当它们之间的夹角为120°时，合力即为10 N ，如图所示，而当夹角为180°时，则合力为零，因此它们的合力在0～10 N 范围时，它们的夹角在120°～180°之间，故选项C 、D 正确．答案：CD 13．解析：本题考查力的分解，确定合力与分力等效替代关系是正确解题的关键．作用在木楔背上的力F 可以分解为垂直于两个侧面的分力F N ，如图所示．由平行四边形定则可知，F N ＝F2sinθ2，由上式可知，F 一定时，木楔顶角越小，F N 越大，选项A 错误、B 正确；木楔顶角一定时，F 越大，F N 越大，选项C 正确、D 错误．答案：BC14．解析：设绳子结点为O ，对其受力分析，如图当绳子右端从B 移动到C 点时，根据几何关系，有AO sin θ12＋OB sin θ12＝AC ，同理有AO ′sin θ22＋O ′B sin θ22＝AC ，绳子长度不变，有AO ＋OB ＝AO ′＋O ′B ，故θ1＝θ2.绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F 1＝F 2；绳子右端从B 移动到D 点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F 1<F 3，故θ1＝θ2<θ3，F 1＝F 2<F 3.答案：BD。
规范快练(十九)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(十九)功能关系能量守恒定律一、单项选择题1.如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下．他在空中滑翔的过程中()A．只有重力做功B．重力势能的减小量大于重力做的功C．重力势能的减小量等于动能的增加量D．动能的增加量等于合力做的功2.一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是()A．机械能增加B．克服阻力做的功等于机械能的减少量C．减少的动能等于增加的重力势能D．因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功3.如图，质量为1 kg的小物块从倾角为30°、长为2 m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度取10 m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是()A．5 J,5 J B．10 J,15 JC．0,5 J D．0,10 J4.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒5.如图所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 随时间t 、位移x 关系的是( )6.[2020·安徽重点中学协作体模拟]如图所示，固定斜面AB 和CB 与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为α、β，OB ＝h .细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m 的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB 后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD ＝l ，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧对小物块做功为μmglB ．斜面摩擦力对小物块做功为μmghsin αC ．细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫h tan α＋lD ．撤去斜面AB ，小物块还从D 点弹出，将沿斜面CB 上滑并从B 点飞出 二、多项选择题 7.如图所示在光滑的水平面上，有一质量为M 的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m 的小铁块无初速地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L 时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x ，在这个过程中，下面说法正确的是( )A ．小铁块增加的动能μmg (x ＋L )B ．长木板减小的动能μmgxC ．摩擦产生的热量μmg (x －L )D ．系统机械能的减少量为μmgL 8．[2020·四川成都模拟]如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v - t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2.则在该段时间内( )A．物体的加速度大小为1 m/s2B．弹簧的伸长量为3 cmC．弹簧的弹力做功为30 JD．物体的重力势能增加36 J三、非选择题9.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．10.如图所示，AB为半径R＝0.8 m的14光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)．试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小．11．[2020·合肥模拟]在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道．半径R ＝1.6 m ，BC 是长度为L 1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为L 2＝3.6 m 的水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑．参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m ＝60 kg ，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力．(2)若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向． (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．规范快练(十九)1．解析：由功能转换关系知，重力做功对应重力势能的变化量．合力做功对应物体动能的变化量，选项D 正确．答案：D2．解析：A 项，骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，受阻力作用，部分的机械能转化为内能，所以机械能减小，故A 不正确；B 项，由于你没有蹬车，受阻力作用，所以除重力外，只有阻力做功，人与自行车克服阻力做的功等于机械能的减少量，故B 正确；C 项，由于阻力做负功，所以减少的动能大于增加的重力势能，故C 错误；D 项，克服重力做功，与克服阻力做功的大小无法比较，故D 错误．故选B.答案：B3．解析：对物块进行受力分析可知，物块受到重力和支持力，下滑的过程中支持力不做功只有重力做功，符合机械能守恒定律的条件，物块在中点时的机械能等于在斜面顶端时的机械能，故机械能等于0.由机械能＝动能＋重力势能，物块在中点时的重力势能E p ＝－mg ×12×L sin θ＝－5 J ，则动能为5 J ，C 正确．答案：C4．解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C 正确，A 、B 、D 均错误．答案：C5．解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，C 项正确，D 项错误；产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，A 、B 项错误．答案：C6．解析：本题考查斜面模型中的功能问题．由功能关系可知，弹簧对小物块做功为W＝μmgl ＋μmg cos α·hsin α＋mgh ＝mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫l ＋h tan α，细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为E p ＝mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫l ＋h tan α，选项A 错误，C 正确；斜面摩擦力对小物块做功为W Ff ＝μmg cosα·h sin α＝μmg h tan α，选项B 错误；撤去斜面AB ，小物块到达B 点需要的能量为E ＝mgh ＋μmg ⎝⎛⎭⎫l ′＋h tan β＝mgh ＋μmg OD ＝E p ，故物块恰能到达B 点，选项D 错误． 答案：C7．解析：对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有μmg (x －L )＝12m v 2－0，其中(x －L )为小铁块相对地面的位移，小铁块增加的动能ΔE k m ＝μmg (x －L )，A 项错．对长木板，摩擦力做负功，根据动能定理，长木板减少的动能ΔE k M ＝μmgx ，B 项正确．摩擦产生的热量Q ＝μmgL (L 为相对位移)，C 项错误．根据能量守恒定律：系统减少的机械能等于产生的热量Q ＝ΔE ＝μmgL .答案：BD8．解析：根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a ＝ΔvΔt＝1 m/s 2，选项A 正确；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，F －mg sin 30°＝ma ，解得F ＝6 N ．由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，选项B 正确；在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大ΔE k ＝12m v 22－12m v 21＝6 J ，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x ＝6 m ，物体重力势能增加ΔE p ＝mgx sin 30°＝30 J ；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J ，选项C 、D 错误．答案：AB9．解析：(1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，则有F N B －mg ＝m v 2BR又F N B ＝8mg由能量守恒定律可知弹性势能E p ＝12m v 2B ＝72mgR . (2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2CR物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12m v 2B －⎝⎛⎭⎫12m v 2C ＋2mgR 解得Q ＝mgR .答案：(1)72mgR (2)mgR10．解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12m v 2B ，F N B －mg ＝m v 2BR则F N B ＝30 N.(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v ，设滑块的加速度大小为a 1，小车的加速度大小为a 2.对滑块有μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1<t 0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为l 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)，解得l 车＝1 m.(3)Q ＝μmgl 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2t 1－v2t 1.解得Q ＝6 J.答案：(1)30 N (2)1 m (3)6 J11．解析：(1)对参赛者：A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos 60°)＝12m v 2B代入数据解得：v B ＝4 m/s在B 点，对参赛者由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2BR代入数据解得：F N ＝1 200 N由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力为：F N ′＝F N ＝1 200 N 方向竖直向下．(2)参赛者由C 到D 的过程，由动能定理得：－μ2mgL 2＝0－12m v 2C解得：v C ＝6 m/s>v B ＝4 m/s 所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带上一直加速，设到达C 点的速度为v ，由动能定理得：μ1mgL 1＝12m v 2－12m v 2B解得：v ＝2 10 m/s>v C ＝6 m/s 所以传送带运转速率等于v C ＝6 m/s.(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为： t ＝v C －v B a ＝v C －v B μ1g＝0.5 s此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx ＝v C t －v B ＋v C2t ＝0.5 m由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：ΔE ＝μ1mg Δx ＋⎝⎛⎭⎫12m v 2C －12m v 2B 代入数据解得：ΔE ＝720 J.。
规范快练(三)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(三)运动学图象、追及和相遇问题一、单项选择题1．如图所示是一辆汽车做直线运动的x -t图象，对相应的线段所表示的汽车的运动情况，下列说法不正确的是()A．AB段表示汽车静止B．BC段汽车发生的位移大于CD段汽车发生的位移C．CD段汽车运动方向和BC段汽车运动方向相反D．CD段汽车运动速度大于BC段汽车运动速度2.[2020·天津市联考]一玩具小车沿x轴运动，其v-t图象如图所示．下列说法正确的是()A．第1 s内和第4 s内，小车的加速度大小相等、方向相同B．0～3 s内，小车的平均速度为5 m/sC．t＝3 s时，小车的速度大小为5 m/s，方向沿x轴正方向D．第2 s内和第3 s内，小车位移相同3．[2019·浙江4月选考]甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在0～t1时间内()A．甲的速度总比乙大B．甲、乙位移相同C．甲经过的路程比乙小D．甲、乙均做加速运动4．如图为甲、乙两质点同时沿同一直线运动的位移—时间图象．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是()A．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同B．在0～2t0时间内，甲的速度一直在减小C．在0～t0时间内，乙的速度一直增大D ．在0～2t 0时间内，甲、乙发生的位移不相同 5．A 、B 两物体运动的v - t 图象如图所示，由图象可知( )A ．A 、B 两物体运动方向始终相同B ．A 、B 两物体的加速度在前4 s 内大小相等、方向相反C ．A 、B 两物体在前4 s 内不可能相遇D ．A 、B 两物体若在t ＝6 s 时相遇，则t ＝0时刻两物体相距30 m 6．[2020·江西临川一中检测]甲、乙两车在同一平直道路上同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的速度—时间图象分别如图甲、乙所示，若两车在t ＝6 s 内相碰，则t ＝0时刻两车相距距离最大为( )A ．60 mB ．80 mC ．100 mD ．90 m 二、多项选择题 7．[2020·芜湖模拟]一物块在水平地面上，以一定的初速度沿水平面滑动，直至速度为零，物块与水平面之间的动摩擦因数恒定，设初速度的方向为正方向．关于物块运动的位移x 、速度v 、加速度a 、位移与时间的比值xt随时间t 变化的图象，下列正确的是( )8.光滑的水平面上有一物体在外力作用下做直线运动，物体的加速度随时间变化的关系如图所示．已知t ＝0时物体的速度为1 m/s ，以此时的速度方向为正方向．下列说法中正确的是( )A ．0～1 s 内物体做匀加速直线运动B ．t ＝1 s 时物体的速度为2 m/sC ．t ＝1 s 时物体开始反向运动D ．t ＝3 s 时物体离出发点最远9.如图所示是某物体做直线运动的v 2 - x图象(其中v 为速度，x 为位置坐标)，下列关于物体从x ＝0处运动至x 0处的过程分析，其中正确的是( )A ．该物体做匀加速直线运动B ．该物体的加速度大小为v 202x 0C ．该物体在位移中点的速度大于12v 0D ．该物体在运动中间时刻的速度大于12v 0三、非选择题 10．斜面长度为4 m ，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v 0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x 与初速度二次方v 20的关系图象(即x - v 20图象)如图所示．(1)求滑块下滑的加速度大小；(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s ，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？11．在交管部门强行推出了“电子眼”后，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，(g 取10 m/s 2)求：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m ．他采取上述措施能否避免闯红灯？ (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？规范快练(三)1．解析：分析题图可知：AB 段表示汽车静止；BC 段表示汽车向正方向做匀速直线运动，发生的位移为8 m ，v BC ＝Δx 1Δt 1＝12－43－1m/s ＝4 m/s ；CD 段表示汽车向反方向做匀速直线运动，发生的位移为－12 m ，v CD ＝Δx 2Δt 2＝0－125－3m/s ＝－6 m/s ，负号表示运动方向与正方向相反．答案：B2．解析：本题考查v - t 图象．v - t 图象的斜率表示加速度，可知小车在第1 s 内和第4s 内的加速度大小a ＝ΔvΔt＝5 m/s 2，方向均为正方向，故A 正确；由v - t 图象与t 轴围成图形的面积表示位移，可知小车在0～3 s 内的位移为2.5 m ，v －＝x t ＝2.53 m/s ＝56m/s ，故B 错误；t ＝3 s 时，小车的速度大小为5 m/s ，方向沿x 轴负方向，故C 错误；根据图象可知，第2 s 内和第3 s 内小车位移大小相等，方向相反，故D 错误．答案：A3．解析：因x - t 图线的斜率表示速度，可知在0～t 1时间内开始时甲的速度大于乙的速度，后来乙的速度大于甲的速度，选项A 错误；由图象可知在0～t 1时间内甲、乙位移相同，选项B 正确；甲、乙向同方向做直线运动，则甲、乙的路程相同，选项C 错误；由图线斜率表示速度可知，甲做匀速直线运动，乙做加速直线运动，选项D 错误．答案：B 4．解析：根据位移—时间图象的斜率表示速度，可知，在0～t 0时间内，甲的速度为负，乙的速度为正，说明甲、乙的运动方向相反，故A 项错误．根据位移图象的斜率表示速度，可知在0～2t 0时间内，甲的速度不变，故B 项错误．在0～t 0时间内，乙图线的斜率不断减小，则乙的速度一直减小，故C 项错误．在0～2t 0时间内，甲的位移x 1＝0－2x 0＝－2x 0，乙的位移为x 2＝x 0－(－x 0)＝2x 0，所以甲、乙发生的位移不相同，故D 项正确．答案：D5．解析：A 物体先沿负方向做匀减速直线运动，然后沿正方向做匀加速直线运动；B 物体一直沿正方向做匀加速直线运动，选项A 错误；v - t 图线的斜率表示加速度，则A 、B两物体的加速度在前4 s 内大小相等、方向相同，选项B 错误；前4 s 内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A 、B 两物体在前4 s 内可能相遇，选项C 错误；A 、B 两物体若在t ＝6 s 时相遇，则t ＝0时刻两物体相距Δx ＝12×6×7.5 m ＋⎝⎛⎭⎫12×4×5－12×2×2.5 m ＝30 m ，选项D 正确．答案：D6．解析：本题考查对v - t 图象的分析及追及相遇问题．由题图可知，甲、乙两车在6 s内间距逐渐变小，若两车在t ＝6 s 时相碰，t ＝0时刻相距距离最大.6 s 内甲车的位移x 甲＝12×3×30 m ＋12×3×15 m ＝67.5 m ；乙车的位移x 乙＝3×30 m ＋12×(15＋30)×3 m ＝157.5 m ，则t ＝0时刻两车相距距离最大，为Δx ＝x 乙－x 甲＝90 m ，故选D.答案：D 7．解析：x - t 图象的斜率表示速度，A 中速度在增大，而物块的速度在减小，A 错误；物块运动的方向一直为正方向，因此速度为正，物块做匀减速直线运动，v ＝v 0－at ，故v - t图线为直线，B 正确；由于物块与水平面间的动摩擦因数恒定，因此加速度恒定，且加速度方向与运动方向相反，即加速度为负值，C 错误；x ＝v 0t －12at 2，变形可得：x t ＝v 0－12at ，故得xt－t 图象为直线，D 正确． 答案：BD8．解析：由图可知，0～1 s 内加速度均匀增加，物体做变加速直线运动，选项A 错误；加速度图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则1 s 内速度变化量Δv ＝12×2×1 m/s＝1 m/s ，由于初速度v 0＝1 m/s ，故1 s 末的速度为2 m/s ，选项B 正确；0～1 s 内物体沿正向加速运动，1 s 末后加速度反向，物体将沿原方向做减速运动，选项C 错误；0～3 s 内速度的变化量Δv ＝⎝⎛⎭⎫12×2×1－1×2 m/s ＝－1 m/s ，则3 s 末物体的速度为0,0～3 s 内物体一直沿正方向运动，3 s 末物体离出发点最远，选项D 正确．答案：BD9．解析：由匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2－v 20＝2ax 可得v 2＝2ax ＋v 20，可知物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A 错误．由上式知，v 2- x 图象的斜率等于2a ，由图可得：2a ＝－v 20x 0，则得物体的加速度大小为v 202x 0，故B 正确．该物体在运动过程中的平均速度为v 02，由于物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于12v 0，物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中点的速度大于12v 0，故C 正确，D 错误．答案：BC10．解析：(1)由v 20＝2ax 推知，题中图线斜率为12a，所以滑块下滑的加速度大小a ＝2 m/s 2. (2)由题中图象可推知，当滑块的初速度为4 m/s 时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s 时能滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t ，则x ＝v 0t －12at 2，代入数据解得t ＝1 s ，t ＝4 s(舍去)． 答案：(1)2 m/s 2 (2)1 s11．解析：(1)甲车紧急刹车的加速度大小为a 1＝F f1m 1＝0.4m 1g m 1＝4 m/s 2甲车停下所需时间：t 1＝v 0a 1＝104 s ＝2.5 s甲车滑行距离：x ＝v 202a 1＝1022×4m ＝12.5 m由于x ＝12.5 m<15 m ， 所以甲车能避免闯红灯．(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x 0，在乙车刹车t 2时间两车速度相等，t 0为乙车司机反应时间，乙车紧急刹车的加速度大小为a 2＝F f2m 2＝5 m/s 2速度相等：v 0－a 1(t 2＋t 0)＝v 0－a 2t 2 解得：t 2＝2.0 s 乙车发生的位移：x 乙＝v 0t 0＋v 0t 2－12a 2t 22＝15 m甲车发生的位移：x 甲＝v 0(t 0＋t 2)－12a 1(t 0＋t 2)2＝12.5 mx0＝x乙－x甲＝(15－12.5) m＝2.5 m 答案：(1)能避免闯红灯(2)2.5 m。
规范快练(十)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测
规范快练(十)“传送带”模型和“滑块—滑板”模型一、多项选择题1.如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′，则下列说法中正确的是() A．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1B．若v1>v2时，则v2′＝v2C．若v1<v2时，则v2′＝v1D．不管v2多大，总有v2′＝v22．[2020·河南模拟]如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．传送带沿顺时针方向转动B．传送带沿逆时针方向转动C．传送带的速度大小为2 m/sD．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.23．[2020·河南安阳市模拟]如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v -t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8 mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.1二、非选择题4．如图所示，一长木板质量为M＝4 kg，木板与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m ＝2 kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7 m，现给木板一水平向右的初速度v0＝6 m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，g取10 m/s2，求：(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大．(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上．5.如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面．一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q 离地面足够高．现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止．已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ；(2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间．规范快练(十)1．解析：物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v 1>v 2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为v 2；当v 1<v 2时，返回过程中，当速度增加到v 1时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以v 1离开传送带．答案：BC2．解析：根据位移时间图象可知：前2 s 物体向左匀减速运动，第3 s 内向右匀加速运动.3～4.5 s 内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v ＝Δx Δt ＝34.5－3m/s ＝2 m/s ；故A 、C 两项正确，B 项错误．由图象可知，在第3 s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x ＝12at 2(其中x ＝1 m ，t ＝1 s)a ＝μmg m＝μg ，解得：μ＝0.2.D 项正确． 答案：ACD3．解析：物块在木板上运动过程中，μmg ＝ma 1，而v - t 图象的斜率大小表示加速度大小，故a 1＝7－32m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2 s 时物块和木板分离，两者v - t 图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12×(7＋3)×2 m －12×2×2 m ＝8 m ，C 正确．答案：BC4．解析：(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为：a m ＝f m m＝μ2g ＝4 m/s 2 a M ＝f m ＋f 地M＝5 m/s 2 设木板与墙碰撞时，木板的速度为v M ，小滑块的速度为v m ，根据运动学公式有：v 2M－v 20＝－2a M L解得v M ＝3 m/st 1＝v M －v 0－a M＝0.6 s v m ＝a m t 1＝2.4 m/s.(2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t 2，共同速度为v ，以水平向左为正方向，对木板有v ＝v M －a M t 2对滑块有v ＝－v m ＋a m t 2代入公式有3 m/s －5t 2＝－2.4 m/s ＋4t 2解得 t 2＝0.6 s.答案：(1)3 m/s 2.4 m/s (2)0.6 s5．解析：(1)物块P 下滑时，长木板处于静止状态，则有μmg cos θ＋3mg sin θ＝2mg 解得μ＝0.25.(2)设物块P 在长木板上滑动的加速度大小为a 1，时间为t 1，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1L 1＝12a 1t 21联立解得a 1＝4 m/s 2，t 1＝0.3 s物块P 滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a 2，长木板的上端滑到斜面顶端用时t 2，则有2mg －3mg sin θ＝5ma 2L 2＝12a 2t 22联立解得a 2＝0.4 m/s 2，t 2＝1 s从释放物块P 到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间 t ＝t 1＋t 2＝1.3 s.答案：(1)0.25 (2)1.3 s。
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规范快练(二十一) 动量守恒定律及其应用一、单项选择题 1.如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是( )A ．锤子抡起的过程中，车向右运动B ．锤子下落的过程中，车向左运动C ．锤子抡至最高点时，车的速度为0D ．锤子敲击车瞬间，车向左运动2．在平静的水面上有一条以速度v 0匀速前进的载人小船，船的质量为M ，人的质量为m .开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v 向船行进的反方向行走时，设船的速度为u .由动量守恒定律，下列表达式成立的是( )A ．(M ＋m )v 0＝Mu ＋m vB ．(M ＋m )v 0＝Mu ＋m (v －u )C ．(M ＋m )v 0＝Mu －m (v －u )D ．(M ＋m )v 0＝Mu －m (v －v 0) 3.台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，美式台球中共由大小相同的1个白球(母球)15个花球(色球)组成，又称花式台球．如图在某次击球过程中，白球以3 m/s 的速度向右运动与静止的黑球发生正碰，假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )A ．白球静止，黑球以3 m/s 的速度向右运动B ．黑球静止，白球以3 m/s 的速度反弹向左运动C ．白球和黑球都以1.5 m/s 的速度向右运动D ．白球以3 m/s 的速度反弹向左运动，黑球以3 m/s 的速度向右运动 4.[2020·廊坊模拟]如图所示，质量为m 的人站立于质量为M 的平板车上，人与车以大小为v 0的速度在光滑水平面上向东运动．某时刻人相对平板车以大小为v 0的速度竖直跳起，人跳起后车的速度大小为( )A ．v 0－v 1B ．v 0 C.M ＋m M v 0 D.M －m M v 05.[2020·江西临川一中质检]我国的“长征”系列运载火箭已经成功发射了240多颗不同用途的卫星．火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度．火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度．影响火箭最大速度的因素是() A．火箭向后喷出的气体速度B．火箭开始飞行时的质量C．火箭喷出的气体总质量D．火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比6．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定7．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示，质量为m1＝50 kg的运动员从轨道上的A点以v0的水平速度冲上质量为m2＝5 kg的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回，已知H＝1.8 m，重力加速度g＝10 m/s2.设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计．则下列说法正确的是()A．运动员和滑板一起由D点运动到E点的过程中机械能不守恒B．运动员的初速度v0＝8 m/sC．刚冲上DE轨道时，运动员的速度大小为6 m/sD．运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒二、多项选择题8.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A，B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中，则()A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动D．m从A到C的过程中，M向左运动，m从C到B的过程中M向左运动9.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞前后两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．已知滑块a的质量为80 g，则下列判断正确的是() A．碰撞前滑块a、b的运动方向相同B．碰撞后滑块b的速度大小是0.75 m/sC．滑块b的质量为100 gD．碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为1.4 J三、非选择题10．[2020·辽宁大连八中模拟]如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？11．[2019·四川双流中学模拟]如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为v A＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量m A＝m B＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离x OC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆轨道的半径R.12．如图所示光滑轨道OABCD中的AB和CD为水平部分，其中AB部分与CD部分的高度差为h，质量为M的滑块静止在CD轨道上，质量为m的小车(可看成质点)从O点处由静止释放，小车运动到CD部分后与滑块发生了完全弹性碰撞，若两者碰撞后，小车能返回到AB轨道上．(1)请通过计算比较M与m的大小关系．(2)O与A的高度差应满足什么条件？规范快练(二十一)1．解析：车和人(包括锤子)组成的系统在水平方向上不受外力，故系统水平方向动量守恒，即系统水平方向动量始终为零．锤子到最高点时，速度为零，所以车的速度也是零，C 项正确．抡起锤子的过程中，锤子在水平方向上先向右运动，再向左运动，故车先向左再向右运动，同理，锤子下落的过程中，车先向左后向右运动，A 、B 项错误；锤子敲击车瞬间，锤子具有向左的速度，车向右运动，D 项错误．答案：C2．解析：由题意，人和船组成的系统动量守恒，以水面为参考系，设船行驶方向为正，则初始时v 船＝v 人＝v 0，v 船′＝u 时，v 人＝－(v －u )，根据动量守恒定律得(M ＋m )v 0＝Mu －m (v －u )，所以选项C 正确．答案：C3．解析：设每个球质量为m .取碰撞前白球的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m v 0＝m v 白＋m v 黑，由动能守恒可得12m v 20＝12m v 2白＋12m v 2黑，联立解得v 白＝0 m/s ，v 黑＝3 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：本题应用动量守恒定律要注意方向性，本题中人竖直跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平方向动量不变．人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，取向东为正方向，根据水平方向动量守恒得(m ＋M )v 0＝(m ＋M )v ，得人跳起后车的速度大小为v ＝v 0.方向向东，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B5．解析：分别用M 、m 表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v 0表示喷气速度大小，则火箭喷气过程动量守恒，有m v －(M －m )v 0＝0，即火箭最大速度v ＝⎝⎛⎭⎫M m －1v 0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，D 正确．答案：D6．解析：以两滑块组成的系统为研究对象，碰撞过程系统所受合外力为零，碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，取m ＝1 kg ；碰撞前系统总动量：p ＝3m v －m v ＝2m v ； 由动量守恒定律得：3m v －m v ＝m v ′， 解得：v ′＝2v ＝4 m/s ；碰撞前系统机械能：12·3m v 2＋12m v 2＝2m v 2，碰撞后系统的机械能为：12·m (2v )2＝2m v 2，碰撞前后机械能不变，碰撞是弹性碰撞；故选A.答案：A 7．解析：运动员和滑板一起由D 点运动到E 点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m 1＋m 2)gH ＝12(m 1＋m 2)v 2共，v 共＝6 m/s ，A 错误，C 正确；若规定向右为正方向，运动员冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共，解得v 0＝6.6 m/s ，运动员与滑板组成的系统的动能变化量ΔE k ＝12m 1v 20－12(m 1＋m 2)v 2共>0，则运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，B 、D 错误．答案：C8．解析：A 项，小滑块m 从A 点静止下滑，物体M 与滑块m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M 和m 组成的系统机械能守恒，故A 错误，B 正确；C 项，系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以m 从A 到C 的过程中，m 向右运动，M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 还是向左运动，即保证系统水平方向动量为零．故C 错误，D 正确．答案：BD9．解析：由x - t 图象的斜率表示速度，可知碰撞前滑块a 、b 的运动方向相反，选项A错误；碰撞后，滑块b 的速度v b ′＝0－33m/s ＝－1 m/s ，速度大小为1 m/s ，选项B 错误；磁撞前，滑块a 的速度v a ＝3－81 m/s ＝－5 m/s ，b 的速度v b ＝31m/s ＝3 m/s ，碰后a 的速度是零．两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可得m a v a ＋m b v b ＝m b v b ′，解得m b ＝100 g ，选项C 正确；碰撞前后滑块a 、b 组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m a v 2a ＋12m b v 2b－12m b v b ′2，解得ΔE k ＝1.4 J ，选项D 正确． 答案：CD10．解析：设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v B 1，则 m v 0＝m v A ＋km v B 1， 12m v 20＝12m v 2A ＋12km v 2B 1， 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B 1＝2k ＋1v 0，设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B 2、v C ，同理可得v B 2＝k －1k ＋1v B 1，代入整理得v B 2＝⎣⎡⎦⎤2k ＋1－4(k ＋1)2v 0；设x ＝2k ＋1，则有v B 2＝(x －x 2)v 0，当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B 2最大，解得k ＝3.答案：311．解析：(1)A 、B 在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2m v 0＝m v A ＋m v B ，根据能量守恒定律可得12·2m v 20＋E ＝12m v 2A ＋12m v 2B ，两式联立并代入数据解得E ＝1 J. (2)由于B 物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg ＝m v 2DR，在B 物体由O 运动到D 的过程中，由动能定理可得－μmgx OC －mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2B ，联立可解得R ＝0.3 m. 答案：(1)1 J (2)0.3 m12．解析：(1)设小车运动到AB 段的速度为v ，运动到C 点时的速度为v m ，则从B 点到C 点过程，有12m v 2m ＝mgh ＋12m v 2，故小车与滑块碰撞前的速度为v m ＝2gh ＋v 2 由于发生完全弹性碰撞，故在碰撞过程中系统的动量和机械能都守恒，故有m v m ＝m v ′m＋M v M ′12m v 2m ＝12m v ′2m ＋12M v ′2M 解得小车碰后的速度为v ′m ＝m －Mm ＋M v m由于小车反弹回来，故有M ＞m . (2)要使小车能返回AB 轨道，则有 12m v ′2m ≥mgh 即(m －M m ＋Mv m )2≥2gh(m －M m ＋M)2(2gh ＋v 2)≥2gh 设O 与A 的高度差为H ，小车从O 点静止下滑到AB 轨道过程中机械能守恒，有mgH ＝12m v 2 联立解得H ≥4mMh(M －m )2.答案：(1)M ＞m (2)H ≥4mMh(M －m )2。