2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第一章 5 章末过关检测(一)第一章 运动的描述 匀变速直线
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第十一章 5 章末过关检测(十一) 第十一章 交变电流 传感
章末过关检测(十一)[学生用书P385(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A图至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过14个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A正确；甲图中的C图对应的电流为零，B错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错误；而D选项频率应该是25 Hz.2.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故D 正确．3．如图所示电路中，电源电压u ＝311sin (100πt ) V ，A 、B 间接有“220 V ，440 W ”的电暖宝、“220 V ，220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．抽油烟机1 min 消耗的电能为1.32×104 J解析：选D.由电源电压u ＝311sin (100πt ) V 可知该交变电压的有效值为220 V ，故交流电压表的示数为220 V ，A 错误；电路正常工作时，电路的总功率为660 W ，故对应的电流有效值为3 A ，保险丝的额定电流为交变电流的有效值，B 错误；抽油烟机为非纯电阻用电器，故不能直接利用功率的大小比较电暖宝与抽油烟机的发热功率，C 错误；抽油烟机1 min 消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，D 正确．4．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，D 错误．5．(2020·湖南岳阳高三检测)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．变压器输入功率增大D．变压器输入功率减小解析：选D.因副线圈匝数小于原线圈匝数，所以该变压器为降压变压器，A、B错误；触头顺时针转动时，副线圈匝数减少，输出电压减小，输出功率减小，所以输入功率减小，即C错误，D正确．6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin (100πt) V．下列说法中正确的是()A．t＝1600s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110 VB．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 2 VC．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大解析：选D.由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1＝2202·sin (100πt) V，可知当t＝1600s时，u1＝2202sin π6V＝110 2 V，A错误．由U1U2＝n1n2得U2＝U1n2n1＝220×110V＝22 V，故电压表示数小于22 V，B错误．单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数变大，C错误．当单刀双掷开关由a扳向b时，原、副线圈匝数比由10∶1变成5∶1，且原线圈两端电压不变，可知输出电压增大，两电表示数均变大，D正确．二、多项选择题7．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．则( )A ．两种形式的交变电流最大值相同B ．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ 2C ．两种形式的交变电流周期之比为2∶3D ．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶3解析：选AD.由题图甲和题图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A ，A 正确；题图甲表示的正弦脉冲波周期为0.06 s ，题图乙表示的方波的周期为0.04 s ，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，C错误；设正弦脉冲波的电流有效值为I 1，根据有效值的定义，前13周期和后13周期的有效值都为12A ，根据有效值的定义有⎝⎛⎭⎫12 A 2R ·T 3＋⎝⎛⎭⎫12 A 2R ·T 3＝I 21R ·T ，解得I 1＝33 A ．题图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值(跟交变电流的热效应等效的恒定电流值)等于最大值，I 2＝1 A ．两种形式的交变电流有效值之比为I 1∶I 2＝1∶3，B 错误；由W ＝UIt ＝I 2Rt 可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，D 正确．8．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝55∶1，原线圈接电压u ＝2202·sin 100πt (V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A ．副线圈交变电流的频率是100 HzB ．电压表的示数为4 VC ．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D ．电流表的示数变大解析：选BD.由电压公式知交变电流的角速度为ω＝100π rad/s ，则频率f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变电流的频率，故副线圈交变电流的频率是50 Hz ，A 错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈两端电压为U 2＝4 V ，即为电压表的读数，故B 正确；在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，即电流表的示数变大，故D 正确；电流增大，定值电阻R 两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变小，故C 错误．9．如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：选BD.由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动改变，故A 错误，B 正确；P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故C 错误，D 正确． 10．如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A ，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是( )A ．采用高压输电可以增大输电线中的电流B ．升压变压器的输出电压U 2＝2 000 VC ．用户获得的功率为19 kWD ．将P 下移，用户获得的电压将增大解析：选BC.根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A 错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I 输＝101×1 A ＝10 A ，输电电压：U 2＝P I ＝20×10310V ＝2 000 V ，B 正确；输电线上的功率损失：P 损＝I 2R ＝102×10 W ＝1 kW ，用户获得的功率为：P 用＝P 输－P 损＝20 kW －1 kW ＝19 kW ，C 正确；将P 下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D 错误．三、非选择题11．(1)利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高．①如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)．②上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度．如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧．③为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请在图乙中用图中的器材(可增加元器件)设计一个电路．(2)图丙为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图丁所示，试根据这一特性，由图戊中给定的器材设计一个自动光控电路．解析：(1)①因为温度降低时，负温度系数热敏电阻的阻值增大，故电路中电流会变小．②由①的分析知，温度越高，电流越大，25 ℃的刻度应对应较大电流，故在20 ℃的刻度的右侧．③电路如图所示：(2)由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．答案：(1)①小②右③见解析图(2)见解析12.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1πT，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时．(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过130s 时电动势的瞬时值是多大？ (3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130s 通过电阻R 的电荷量是多少？ 解析：(1)e ＝E m sin ωt ＝nBS ·2πn sin 2πnt＝100×1π×0.05×2π×30060sin ⎝⎛⎭⎫2π×30060t V ＝50sin 10πt V .(2)当t ＝130s 时， e ＝50sin ⎝⎛⎭⎫10π×130 V ≈43.3 V. (3)电动势的有效值为E ＝E m 2＝502V ≈35.4 V 电流表示数I ＝E R ＋r ＝35.49＋1A ＝3.54 A 电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V.(4)130s 内线圈转过的角度 θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3该过程中，ΔΦ＝BS －BS cos θ＝12BS 由I ＝q Δt ，I ＝E R ＋r ， E ＝n ΔΦΔt得q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS 2（R ＋r ）＝100×1π×0.052×（9＋1） C ＝14πC. 答案：(1)e ＝50sin 10πt V (2)43.3 V1 4πC(3)31.86 V 3.54 A(4)。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第五章 3 第三节 机械能守恒定律 Word版含解析
[学生用书P331(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2020·山东日照模拟)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动．北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点．下列说法正确的是 ( )A ．运动员到达最低点前加速度先不变后增大B ．蹦极过程中，运动员的机械能守恒C ．蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小D ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大解析：选D.蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变，蹦极绳张紧后，运动员受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下，后来重力小于弹力，加速度向上，则蹦极绳张紧后，运动员加速度先减小为零再反向增大，故A 错误；蹦极过程中，运动员和弹性绳的机械能守恒，故B 错误；蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大再减小，运动员动能先增大再减小，故C 错误；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性绳的伸长量增大，弹力一直增大，故D 正确．2.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．子弹的机械能守恒B ．木块的机械能守恒C ．子弹和木块总机械能守恒D ．子弹和木块上摆过程中机械能守恒解析：选D.子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少；而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服摩擦力做功产生的热量．3．(2020·北京模拟)将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02.设空气阻力恒定，如果将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 0解析：选A.设动能为E 0，其初速度为v 0，上升高度为h ；当动能为4E 0，则初速度为2v 0，上升高度为h ′.由于在上升过程中加速度相同，根据v 2＝2gh 可知，h ′＝4h ，根据动能定理设摩擦力大小为f ，f ×2h ＝E 02，则f ×4h ＝E 0.因此在升到最高处其重力势能为3E 0，A 正确．4.如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m 的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，不计小球大小．开始时a 球处在圆弧上端A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．b 球下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 球滑到水平轨道上时速度大小为2gRD ．从释放a 、b 球到a 、b 球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为mgR 2解析：选D.a 、b 球和轻杆组成的系统机械能守恒，A 、B 错误；由系统机械能守恒有mgR ＋2mgR ＝12×2m v 2，解得a 、b 球滑到水平轨道上时速度大小为v ＝3gR ，C 错误；从释放a 、b 球到a 、b 球滑到水平轨道上，对a 球，由动能定理有W ＋mgR ＝12m v 2，解得轻杆对a 球做的功为W ＝mgR 2，D 正确． 5.如图所示，两物块a 、b 质量分别为m 、2m ，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，两物块a 、b 距离地面高度相同，用手托住物块b ，然后突然由静止释放，直至物块a 、b 间高度差为h (物块b 尚未落地)．在此过程中，下列说法正确的是 ( )A ．物块b 重力势能减少了2mghB ．物块b 机械能减少了 23mgh C ．物块a 的机械能逐渐减小D ．物块a 重力势能的增加量小于其动能的增加量解析：选B.物块a 、b 间高度差为h 时，物块a 上升的高度为h 2，物块b 下降的高度为h 2，物块b 重力势能减少了2mg ·h 2＝mgh ，A 错误；物块b 机械能减少了ΔE b ＝2mg ·h 2－12×2m v 2，对物块a 、b 整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg ·h 2＋mg ·h 2＋12×3m v 2，得12m v 2＝16mgh ，ΔE b ＝23mgh ，B 正确；物块a 的机械能逐渐增加23mgh ，C 错误；物块a 重力势能的增加量ΔE p a ＝mg ·h 2＝12mgh ，其动能的增加量ΔE k a ＝12m v 2＝16mgh ，得ΔE p a ＞ΔE k a ，D 错误． 6.如图所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L 的O 点处，小铁球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，不计空气阻力．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )A.gLB.3gLC.5gLD.7gL解析：选D.小铁球恰能到达最高点B ，则小铁球在最高点处的速度v ＝gL .以地面为零势能面，小铁球在B 点处的总机械能为mg ×3L ＋12m v 2＝72mgL ，无论轻绳是在何处断的，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12m v 2＝72mgL ，故小铁球落到地面的速度v ′＝7gL ，D 正确．7.有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB.522 m/sC. 5 m/sD.352m/s 解析：选B.设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12×2mg ×L 4sin θ－12×2mg ×L 4＋0＝－14mgL (1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为E ′k ＝12×2m v 2，重力势能为E ′p ＝－2mg L 2，由机械能守恒可得E ＝E ′k ＋E ′p ，即－14mgL (1＋sin θ)＝m v 2－mgL ，解得v ＝12gL （3－sin θ）＝12×10×2×（3－0.5） m/s ＝522m/s，故B正确，A、C、D错误．二、多项选择题8.如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根长为L的轻杆连接(杆的质量不计)，两小球可绕穿过杆中心O的水平轴无摩擦地转动．现让轻杆处于水平位置，然后无初速度释放，重球b向下，轻球a向上，产生转动，在杆转至竖直的过程中()A．b球的重力势能减少，动能增加B．a球的重力势能增加，动能增加C．a球和b球的总机械能守恒D．a球和b球的总机械能不守恒解析：选ABC.a、b两球组成的系统中，只存在动能和重力势能的相互转化，系统的机械能守恒，C正确，D错误；其中a球的动能和重力势能均增加，机械能增加，轻杆对a球做正功；b球的重力势能减少，动能增加，总的机械能减少，轻杆对b球做负功，A、B正确．9.把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)．途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力都可以忽略，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6 JD．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4 J解析：选BC.小球从A上升到B的过程中，弹簧的形变量越来越小，弹簧的弹性势能一直减小，小球在A、B之间某处的合力为零，速度最大，对应动能最大，A错误；小球从B上升到C的过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能减少，势能增加，B正确；根据机械能守恒定律，小球在位置A时，弹簧的弹性势能为E p＝mgh AC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J，C正确；小球在B 点时的动能为E k ＝mgh BC ＝0.4 J ＜E km ，D 错误．三、非选择题10．(2020·安徽合肥一检)如图所示，质量M ＝50 kg 的运动员在进行体能训练时，腰部系着一不可伸长的轻绳，绳另一端连接质量m ＝11 kg 的轮胎．当运动员由静止开始沿水平跑道匀加速奔跑时，绳的拉力大小为70 N ，绳与跑道的夹角为37°，5 s 末绳突然断裂．轮胎与跑道间的动摩擦因数μ＝0.5，空气阻力不计，已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2.求：(1)运动员的加速度大小；(2)3 s 末运动员克服绳拉力做功的功率；(3)从运动员开始运动至轮胎停下的过程中轮胎克服摩擦力做的功．解析：(1)对轮胎，由牛顿第二定律得T cos 37°－F f ＝maF N ＋T sin 37°＝mgF f ＝μF N解得a ＝2 m/s 2.(2)3 s 末运动员的速度为v ＝at 1＝6 m/s3 s 末运动员克服绳拉力做功的功率P ＝T v cos 37°＝336 W.(3)在加速过程中，轮胎的位移x ＝12at 2＝25 m 从运动员开始运动至轮胎停下的过程对轮胎由动能定理得W T －W f ＝0则W f ＝W T ＝Tx cos 37°＝1 400 J.答案：(1)2 m/s 2 (2)336 W (3)1 400 J11.轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12M v 2B＋μMg ·4l ② 联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足m v 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12m v 2B ＝12m v 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦ P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C . 由机械能守恒定律有12M v 2B≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第一章 2 第二节 匀变速直线运动的规律及应用 Word版含解析
[学生用书P295(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移方程为x ＝6t －t 2(m)．则该物体在时间t 从0～4 s 内经过的路程为( )A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m解析：选C.根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6t －t 2，可知初速度为6 m/s ，加速度为－2 m/s 2，则速度减小到0所需的时间t 1＝0－v 0a ＝3 s ，所经过的位移x 1＝v 02t 1＝9 m ．最后1 s 做反向匀加速直线运动，所以x 2＝12at 22＝1 m ，则物体在时间t 从0～4 s 内经过的路程s ＝x 1＋x 2＝10 m ．故C 正确，A 、B 、D 错误．2.如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104 m ，升降机运行的最大速度为8 m/s ，加速度大小不超过1 m/s 2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )A ．13 sB ．16 sC ．21 sD ．26 s解析：选C.升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t 1＝v a ＝8 s ，通过的位移为x 1＝v 22a ＝32 m ，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t 2＝x －2x 1v ＝104－2×328 s ＝5 s ，总时间为：t ＝2t 1＋t 2＝21 s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．3．某同学为估测一教学楼的总高度，在楼顶将一直径为2 cm 的钢球由静止释放，测得通过安装在地面的光电门数字计时器的时间为0.001 s ，由此可知教学楼的总高度约为(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m解析：选B.法一：设运动时间为t ，根据h ＝12gt 2可得，根据Δx ＝x t －x t －1即12gt 2－12g ()t －0.0012＝Δx ，即12×10t 2－12×10(t －0.001)2＝0.02，解得：t ＝2 s ，所以h ＝12×10×22＝20 m ，B 正确．法二：钢球通过光电门的速度为v ＝d Δt ＝20 m/s ，由v 2＝2gh 可得h ＝v 22g ＝20 m ，B 正确．4．一质点沿x 轴运动，其位置x 随时间t 变化的规律为x ＝10t －5t 2(m)，t 的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为5 m/s 2B ．质点回到x ＝0处时其速度大小为10 m/sC ．t ＝2 s 时该质点速度为零D ．0～3 s 内该质点的平均速度大小为10 m/s解析：选B.将x ＝10t －5t 2(m)与x ＝v 0t ＋12at 2类比可知，质点的初速度v 0＝10 m/s ，加速度为－10 m/s 2，故A 错误．当x ＝0时，有10 m/s ·t －5 m/s 2·t 2＝0，解得t 1＝0(舍去)，t 2＝2 s ，则2 s 末质点的速度v ＝v 0＋at 2＝10 m/s －10×2 m/s ＝－10 m/s ，即速度的大小为10 m/s ，故B 正确，C 错误.0～3 s 内该质点的位移x ＝(10×3－5×9)m ＝－15 m ，则平均速度v ＝x t 3＝－5 m/s ，即平均速度的大小为5 m/s ，故D 错误．5．物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，则物体在( ) A ．前3 s 内的位移是6 m B ．3 s 末的速度是3.6 m/s C ．前3 s 内的平均速度是2 m/s D ．第2 s 内的平均速度是3 m/s解析：选B.设加速度大小为a ，则x ＝12at 23－12at 22，解得a ＝1.2 m/s 2.物体在前3 s 内的位移为x 3＝12at 23＝5.4 m ，前3 s 内的平均速度为v －3＝x 3t 3＝5.43 m/s ＝1.8 m/s ，故A 、C 错误．物体在3 s 末的速度为v 3＝at 3＝3.6 m/s ，故B 正确．物体在第2 s 内的平均速度v －2＝12at 22－12at 21t ＝1.8 m/s ，故D 错误．6．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器，创造了世界作业类载人潜水器最大下潜深度7 062米．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0＜t )时刻距离海平面的深度为( )A.v （t －t 0）22tB.v t 202tC.v t 2D ．v t 0(1－t 02t)解析：选A.潜水器减速上升，加速度a ＝vt ，由2aH ＝v 2得，开始运动时距离水面高度H ＝v 22a ＝12v t ，经时间t 0上升的距离为h ＝v t 0－12at 20＝v t 0－v t 202t ，此时到水面的距离Δh ＝H －h＝v （t －t 0）22t.二、多项选择题7．科学研究发现，在月球表面没有空气，重力加速度约为地球表面的16.若宇航员登上月球后在空中从同一高度同时释放氢气球和铅球，下列说法中正确的是( )A ．氢气球将加速上升，铅球自由下落B ．氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面C ．氢气球和铅球都将下落，且同时落地D ．氢气球和铅球都将下落，且落地时速度相同解析：选CD.在月球表面没有空气，则氢气球和铅球均是只受到重力的作用，均做自由落体运动，具有向下的相同的加速度．由h ＝12gt 2可知从同一高度下落到地面时所需时间相同，再由v ＝gt 或直接由v 2＝2gh 可知从同一高度下落到地面时落地时速度相同，故A 、B 错误，C 、D 正确．8.(2020·山东师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A ．三者到达桌面时的速度大小之比是 3∶2∶1B ．三者运动时间之比为3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选AC.由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，故v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，A 正确；由t ＝2hg得三者运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝3∶2∶1，B 错误；b 与a 开始下落的时间差Δt 1＝(3－2)2h 3g，c 与b 开始下落的时间差Δt 2＝(2－1) 2h 3g，故C 正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D 错误．9．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上 解析：选AB.法一：分阶段法物体上升的时间t 上＝v 0g ＝3010 s ＝3 s ，物体上升的最大高度h 1＝v 202g ＝3022×10 m ＝45 m ．物体从最高点自由下落2 s 的高度h 2＝12gt 2下＝12×10×22m ＝20 m ．运动过程如图所示，则总路程为65 m ，A 正确；5 s 末物体离抛出点的高度为25 m ，即位移的大小为25 m ，方向竖直向上，B 正确；5 s 末物体的速度大小v ＝gt 下＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv ＝(－v )－v 0＝(－20 m/s)－30 m/s ＝－50 m/s ，即速度改变量的大小为50 m/s ，方向竖直向下，C 错误；平均速度大小v －＝h 1－h 2t ＝255 m/s ＝5 m/s ，方向竖直向上，D 错误．法二：全过程法由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s 到达最大高度h 1＝45 m 处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v 0＝30 m/s ，a ＝－g ＝－10 m/s 2，故5 s 内物体的位移h ＝v 0t ＋12at 2＝25 m>0，说明物体5 s 末在抛出点上方25 m 处，故路程为65 m ，位移大小为25 m ，方向竖直向上，A 、B 正确；速度的变化量Δv ＝a Δt ＝－50 m/s ，C 错误；5 s 末物体的速度v ＝v 0＋at ＝－20 m/s ，所以平均速度v －＝v 0＋v2＝5 m/s>0，方向竖直向上，D 错误．三、非选择题10．(2018·高考全国卷Ⅲ改编)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间．实验步骤如下：(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂．乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L 刻度处，但未碰到尺)，准备用手指夹住下落的尺．(2)甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子．若夹住尺子的位置刻度为L 1，重力加速度大小为g ，则乙的反应时间为________(用L 、L 1和g 表示)．(3)已知当地的重力加速度大小为g ＝9.80 m/s 2，L ＝30.0 cm ，L 1＝10.4 cm.乙的反应时间为________s ．(结果保留2位有效数字)解析：根据题述，在乙的反应时间t 内，尺子下落高度h ＝L －L 1，由自由落体运动规律可知，h ＝12gt 2，解得t ＝2（L －L 1）g.代入数据得t ＝0.20 s. 答案：(2)2（L －L 1）g(3)0.20 11．汽车一般有五个前进挡位，对应不同的速度范围，设在每一挡汽车均做匀变速直线运动，换挡时间不计．某次行车时，一挡起步，起步后马上挂入二挡，加速度为2 m/s 2，3 s 后挂入三挡，再经过4 s 速度达到13 m/s ，随即挂入四挡，加速度为1.5 m/s 2，速度达到16 m/s 时挂上五挡，加速度为1 m/s 2.求：(1)汽车在三挡时的加速度大小； (2)汽车在四挡行驶的时间；(3)汽车挂上五挡后再过5 s 的速度大小． 解析：(1)汽车的运动过程如图所示．在二挡时(A →B )，a 1＝2 m/s 2，t 1＝3 s ，这一过程的末速度v 1＝a 1t 1＝2×3 m/s ＝6 m/s ，在三挡时(B →C )，v 2＝13 m/s ，t 2＝4 s ，加速度a 2＝v 2－v 1t 2＝13－64 m/s 2＝1.75 m/s 2，即汽车在三挡时的加速度大小为1.75 m/s 2.(2)在四挡时(C →D )，a 3＝1.5 m/s 2，v 3＝16 m/s ，运动时间t 3＝v 3－v 2a 3＝16－131.5 s ＝2 s ，即汽车在四挡行驶的时间为2 s.(3)在五挡时(D →E )，a 4＝1 m/s 2，t 4＝5 s ，速度v 4＝v 3＋a 4t 4＝16 m/s ＋1×5 m/s ＝21 m/s ，故汽车挂上五挡后再过5 s 的速度大小为21 m/s.答案：(1)1.75 m/s 2 (2)2 s (3)21 m/s12．某电视剧制作中心要拍摄一特技动作，要求特技演员从高80 m 的大楼楼顶自由下落到行驶的汽车上，若演员开始下落的同时汽车从60 m 远处由静止向楼底先匀加速运动3 s ，再匀速行驶到楼底，为保证演员能安全落到汽车上．(不计空气阻力，人和汽车看作质点，g 取10 m/s 2)求：(1)汽车开到楼底的时间； (2)汽车匀速行驶的速度；(3)汽车匀加速运动时的加速度大小． 解析：(1)人做自由落体运动，所以h ＝12gt 2解得t ＝2h g＝2×8010s ＝4 s 所以汽车运动的时间也为4 s. (2)(3)因为汽车匀加速时间为t 1＝3 s 所以汽车匀速运动的时间为t 2＝t －t 1＝1 s 匀加速位移x 1＝12at 21匀速运动速度v ＝at 1 匀速运动位移x 2＝v t 2 x 1＋x 2＝60 m解得a ＝8 m/s 2，v ＝24 m/s. 答案：(1)4 s (2)24 m/s (3)8 m/s 2。
2021版高考物理一轮复习课时规范练5力的合成与分解(含解析)
课时规范练5 力的合成与分解1.(力的合成)(2019·宁夏青铜峡高级中学月考)如图所示,舰载机保持牵引力F 大小不变,在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止,此时阻拦索夹角θ=120°,空气阻力和甲板阻力不计,则阻拦索承受的张力大小为( ) A .2F B .FC .32F D .F22.(轻杆、轻绳模型)(2019·山东聊城六校联考)如图所示的四个图中,AB 、BC 均为轻质杆,各图中杆的A 、C 端都通过铰链与墙连接,两杆都在B 处由铰链连接,且系统均处于静止状态。
现用等长的轻绳来代替轻杆,能保持平衡的是( )A.图中的AB 杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B.图中的AB 杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C.图中的BC 杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D.图中的BC 杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁 3.(多选)(力的分解)(2019·宁夏育才中学月考)如图所示,将力F 分解为F 1和F 2两个分力,已知F 1的大小和F 2与F 之间的夹角α,且α为锐角,则 ( )A .当F 1>F sin α时,一定有两解B .当F 1=2F sin α时,有唯一解C .当F 1<F sin α时,无解D .当F sin α<F 1<F 时,一定有两解 4.(力的分解)(2019·江西南昌第二中学月考)刀、斧、凿等切削工具的刃部叫作劈,如图所示是用斧头劈木柴的示意图。
劈的纵截面是一个等腰三角形,使用劈的时候,垂直劈背加一个力F ,这个力产生两个作用效果,使劈的两个侧面推压木柴,把木柴劈开。
设劈背的宽度为d ,劈的侧面长为l ,不计斧头的自身重力,则劈的侧面推压木柴的力约为( ) A.FF F B.FF FC.F 2F F D.F 2FF 5.(多选)(合力与分力的关系)(2019·吉林长春模拟)在一条直线上的两个共点力F 1、F 2的合力大小为F ,保持F 1、F 2的方向不变,F 1、F 2、F 均不为0,下列说法正确的是 ( )A.若F 1、F 2同时增大一倍,则F 也一定增大一倍B.若F 1、F 2同时增加10 N,则F 一定增加20 NC.若F 1增加10 N,F 2减少10 N,则F 可能增加20 ND.若F 1、F 2中一个不变,另一个增大,则F 一定增大6.(正交分解)(2019·四川成都七中模拟)如图所示,轻绳绕过轻质光滑滑轮一端系于竖直墙上的A点,另一端系于水平墙上的B点。
2021届山东省潍坊市高考物理一轮复习阶段检测试卷附答案详解
2021届山东省潍坊市高考物理一轮复习阶段检测试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.如图所示，一木箱放在水平面上，木箱质量为M，人的质量为m，人站在木箱里用力F向上推木箱，则下列说法正确的是()A. 木箱底对人的支持力大小为mgB. 地面对木箱的支持力大小为Mg+mgC. 木箱对地面的压力大小为Mg+mg+FD. 木箱和人各自都受到三个力2.如图，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A. 棒中的电流变大，θ角变大B. 两悬线等长变短，θ角变大C. 金属棒质量变大，θ角变大D. 磁感应强度变大，θ角变小3.质量相等的A，B两物体分处于不同的水平支持面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，同时由静止开始沿相同方向做匀加速运动．经过时间t0和4t0，当速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．对于上述全过程下列说法中正确的是()A. F1和F2的大小之比为12：5B. A，B的总位移大小之比为1：2C. F1、F2对A，B分别做的功之比为3：2D. A，B各自所受的摩擦力分别做的功之比为5：64.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则()A. 运动员的加速度为gtanθB. 球拍对球的作用力为C. 运动员对球拍的作用力为(M+m)gcosθD. 若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动5.关于摩擦力，下列说法正确的是()A. 摩擦力一定和压力成正比B. 摩擦力总是阻碍物体的运动C. 摩擦力的方向与物体的运动方向总是在一条直线上D. 摩擦力的方向总是和接触面相切6.如图所示，一物块A放在固定水平地面上的斜面体B上，处于静止状态．现用力F沿不同方向作用在物块A上，物块A始终保持．则物块A对斜面的压力一定减小的是()A. B. C. D.7.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第四章 7 章末过关检测(四) 第四章 曲线运动 万有引力与
章末过关检测(四)[学生用书P325(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1.雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析：选C.当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F b ＝F d ＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R ，所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，最容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确．2.(2020·江苏扬州高三检测)杂技演员在表演“水流星”时的示意图如图所示，长为1.6 m 的轻绳的一端，系着一个总质量为0.5 kg 的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，若“水流星”通过最高点时的速度为4 m/s ，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出B ．“水流星”通过最高点时，绳的张力及容器的底部受到的压力均为零C ．“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受力的作用D ．“水流星”通过最高点时，绳子的拉力大小为5 N解析：选B.设水的质量为m ，当水对容器底压力为零时，有mg ＝m v 2r ，解得v ＝gr ＝4 m/s ，“水流星”通过最高点的速度为4 m/s ，知水对容器底压力为零，不会从容器中流出．设水和容器的总质量为M ，有T ＋M g ＝M v 2r，解得T ＝0，知此时绳子的拉力为零，故A 、D 错误，B 正确；“水流星”通过最高点时，仅受重力，处于完全失重状态，故C 错误．3.如图所示，某一小球以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中A 、B 两点，在A 点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2)．以下判断中正确的是( )A ．小球经过A 、B 两点间的时间t ＝ 3 s B ．小球经过A 、B 两点间的时间t ＝1 sC ．A 、B 两点间的高度差h ＝10 mD ．A 、B 两点间的高度差h ＝15 m解析：选C.根据平行四边形定则知，v yA ＝v 0＝10 m/s ，v yB ＝v 0tan 60°＝3v 0＝10 3 m/s ，则小球由A 到B 的时间间隔Δt ＝v yB －v yA g ＝103－1010s ＝(3－1) s ，故A 、B 错误．A 、B 的高度差h ＝v 2yB －v 2yA 2g ＝300－10020m ＝10 m ，故C 正确，D 错误． 4.科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( )A ．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：选B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由G M 1M 2L2＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1，B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，D 错误．5.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A .汽车匀速向右运动，在物块A 到达滑轮之前，关于物块A ，下列说法正确的是( )A ．将竖直向上做匀速运动B ．将处于超重状态C ．将处于失重状态D ．将竖直向上先加速后减速解析：选B.设汽车向右运动的速度为v ，绳子与水平方向的夹角为α，物块上升的速度为v ′，则v cos α＝v ′，汽车匀速向右运动，α减小，v ′增大，物块向上加速运动，A 、D 错误；物块加速度向上，处于超重状态，B 正确，C 错误．二、多项选择题6.如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P 点，飞镖抛出时与P 点等高，且距离P 点为L .当飞镖以初速度v 0垂直盘面瞄准P 点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g ，若飞镖恰好击中P 点，则( )A ．飞镖击中P 点所需的时间为L v 0B ．圆盘的半径可能为gL 22v 20C ．圆盘转动角速度的最小值为2πv 0LD ．P 点随圆盘转动的线速度可能为5πgL 4v 0解析：选AD.飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t ＝L v 0，A 正确；飞镖击中P 点时，P 点恰好在圆盘最下方，则2r ＝12gt 2，解得圆盘的半径r ＝gL 24v 20，B 错误；飞镖击中P 点，则P 点转过的角度满足θ＝ωt ＝π＋2k π(k ＝0，1，2，…)，故ω＝θt＝（2k ＋1）πv 0L ，则圆盘转动角速度的最小值为πv 0L，C 错误；P 点随圆盘转动的线速度为v ＝ωr ＝（2k ＋1）πv 0L ·gL 24v 20＝（2k ＋1）πgL 4v 0，当k ＝2时，v ＝5πgL 4v 0，D 正确． 7．(2020·江西吉安模拟)极地卫星是一种特殊的人造地球卫星，其轨道平面与赤道平面的夹角为90°，极地卫星运行时能到达地球南极和北极区域的上空．若某极地卫星从北极正上方运行至赤道正上方的最短时间为 3 h ，认为卫星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．该卫星的加速度小于9.8 m/s 2B ．该卫星的环绕速度大于7.9 km/sC ．该卫星每隔12 h 经过北极的正上方一次D ．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径相等解析：选AC.极地卫星从北极正上方运行到赤道正上方的最小时间为其运行周期的四分之一，则极地卫星运行的周期为12 h ，这个时间小于同步卫星的运行周期，则由GMm r 2＝m 4π2T 2r 知，极地卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，C 正确，D 错误；由GMm （R ＋h ）2＝ma ，GMm R 2＝mg 对比可知，极地卫星的加速度小于重力加速度，A 正确；地球的第一宇宙速度为v ＝7.9 km/s ，式中g 为重力加速度，则可知极地卫星的环绕速度小于7.9 km/s ，B 错误． 8．(2020·新疆生产建设兵团第二中学高三模拟)某次网球比赛中，某选手将球在边界正上方水平向右击出，球刚好过网落在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数据如图所示，下列说法中正确的是( )A ．击球高度h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1＝1.8h 2B ．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内C ．任意降低击球高度(仍大于h 2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D ．若保持击球高度不变，球的初速度v 0只要不大于x h 12gh 1，一定落在对方界内 解析：选AB.做平抛运动的网球在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为x 和3x 2 的时间比为2∶3，则竖直方向上，根据h ＝12gt 2，则有h 1－h 2h 1＝49，解得h 1＝1.8h 2，故A 正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h 1＝12gt 21得，t 1＝2h 1g ，则平抛运动的最大速度v 01＝2x t 1＝x h 12gh 1，根据h 1－h 2＝12gt 22得t 2＝2（h 1－h 2）g ，则平抛运动的最小速度v 02＝x t 2＝x g 2（h 1－h 2），增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故B 正确，D 错误；任意降低击球高度(仍大于h 2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到对方界内，故C 错误．三、非选择题9．(2020·江西上饶重点中学六校联考)宇航员登陆某星球做了一个平抛运动实验，并用频闪照相机记录小球做平抛运动的部分轨迹，且已知平抛初速度为5 m/s.将相片放大到实际大小后在水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，A 、B 、C 为小球运动中的3个连续的记录点，A 、B 和C 点的坐标分别为(0，0)、(0.50 m ，0.25 m)和(1.00 m ，0.75 m)．则：(1)频闪照相机的频闪频率为________Hz ；(2)该星球表面重力加速度为________m/s 2；(3)小球开始做平抛运动的初始位置坐标为x ＝_______m ，y ＝________m ．(结果保留2位有效数字) 解析：(1)频闪照相机的频闪频率为f ＝1T ＝v 0x ＝50.5Hz ＝10 Hz. (2)根据Δy ＝gT 2可得g ＝Δy T 2＝0.50－0.250.12m/s 2＝25 m/s 2. (3)小球在B 点的竖直分速度v By ＝y AC 2T ＝0.752×0.1m/s ＝3.75 m/s ，则抛出点到B 点的竖直距离h ＝v 2By 2g ＝3.7522×25m ＝0.281 25 m ，小球到达B 点的时间t B ＝v By g ＝3.7525s ＝0.15 s ，则抛出点的纵坐标为y ＝－(0.28 125－0.25) m ＝－0.03 125 m ≈－0.031 m ；抛出点的横坐标为x ＝－(v 0t B －x B )＝－(5×0.15－0.5) m ＝－0.25 m.答案：(1)10 (2)25 (3)－0.25 －0.03110．如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f ＝24mg 不变．(结果可用根式表示)(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan θ＝mRω20sin θ， 解得：ω0＝2g R.(2)当ω＞ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，由牛顿第二定律得f cos θ＋F N sin θ＝mRω21sin θf sin θ＋mg ＝F N cos θ联立以上三式解得：ω1＝ 32g 2R当ω＜ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得F N sin θ－f cos θ＝mRω22sin θ，mg ＝F N cos θ＋f sin θ，联立解得：ω2＝ 2g 2R故陶罐旋转的角速度的范围2g 2R≤ω≤ 32g 2R . 答案：(1)ω0＝2g R (2) 2g 2R ≤ω≤ 32g 2R11．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2.(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有竖直方向：14d ＝12gt 2 水平方向：d ＝v 1t解得v 1＝2gd由机械能守恒定律有12m v 22＝12m v 21＋mg ⎝⎛⎭⎫d －34d 解得v 2＝ 52gd . (2)设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小．球做圆周运动的半径为R ＝34d 由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝m v 21R得F max ＝113mg . (3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3.绳承受的最大拉力不变，有F max －mg ＝m v 23l， 解得v 3＝83gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1.由平抛运动规律有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1 得x ＝4 l （d －l ）3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233d . 答案：(1)2gd52gd (2)113mg (3)d 2 233d。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第五章 2 第二节 动能定理 Word版含解析
[学生用书P329(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1.一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( ) A.16m v 2 B.14m v 2 C.13m v 2 D.12m v 2 解析：选B.在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12m v 2，某个分力做的功为W 1＝F 1l cos 30°＝F 2cos 30°l cos 30°＝12Fl ＝14m v 2，B 正确． 2．(2020·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．3．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )解析：选A.小球做竖直上抛运动时，速度v ＝v 0－gt ，根据动能E k ＝12m v 2得E k ＝12m (v 0－gt )2，A 正确．4.如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．C 正确．5.用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是 ( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：选D.由a －t 图象可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错；由图象可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；由动能定理可知，0～4 s 内合力对物体做的功W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，由动能定理可知，0～6 s 内合力对物体做的功W 合6＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确．二、多项选择题6．质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图甲所示．外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s解析：选ACD.由W f ＝F f x 对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应题图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f m＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12m v 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F F f＝13.5 m ，B 错误． 7．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α一定小于θ解析：选BD.第一次停在BC 上的某点，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0，mgh 1－μmg (h 1tan θ＋s ′)＝0，mgh 1－μmgs ＝0，μ＝h 1s ，A 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α≥mg sin α，若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 错误，D 正确．8．(2020·河南平顶山一模)如图所示，半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，直径AC 水平，一个质量为m 的物块从圆弧轨道A 点正上方P 点静止释放，物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计物块的大小，则( )A ．物块到达A 点时速度大小为2grB ．P 、A 间的高度差为r 2C ．物块从A 运动到B 所用时间为12πr gD ．物块从A 运动到B 克服摩擦力做功为mgr解析：选BCD.物块从A 到B 做匀速圆周运动，因此在A 点的速度大小与在B 点的速度大小相等，设速度大小为v ，在B 点，2mg －mg ＝m v 2r，求得v ＝gr ，A 错误；P 、A 间的高度差为h ＝v 22g ＝r 2，B 正确；物块从A 运动到B 所用的时间t ＝12πr v ＝12πr g，C 正确；根据动能定理可知，mgr －W f ＝0，因此物块从A 运动到B 克服摩擦力做功为W f ＝mgr ，D 正确．三、非选择题9．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v 2D－0 将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总，有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)1.4 m10．(2020·湖南十校联考)如图所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R ＝3.75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝0.4 m 的半圆弧轨道，C 点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．已知重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；(2)若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小；(3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′.解析：(1)根据平抛运动的规律有v 0＝v A cos 37°解得小物块经过A 点时的速度大小v A ＝5 m/s 小物块从A 点运动到B 点，根据动能定理有mg (R －R cos 37°)＝12m v 2B －12m v 2A 小物块经过B 点时，有F N －mg ＝m v 2B R解得F N ＝62 N ，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N.(2)小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有－μmgL －2mgr ＝12m v 2C －12m v 2B 在C 点F N ′＋mg ＝m v 2C r解得F N ′＝60 N ，根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60 N.(3)小物块刚好能通过C 点时，根据mg ＝m v C ′2r 解得v C ′＝2 m/s小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有－μmgL ′－2mgr ＝12m v C ′2－12m v 2B解得L ′＝10 m.答案：(1)62 N (2)60 N (3)10 m。
2021版高考物理(基础版)一轮复习学案：第一章 4 实验一 研究匀变速直线运动 Word版含答案
实验一 研究匀变速直线运动[学生用书P14]一、实验器材电火花计时器或电磁打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸．二、实验原理1．处理纸带数据时区分计时点和计数点计时点是指打点计时器在纸带上打下的点．计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s.2．由纸带计算某点的瞬时速度根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度v n ＝x n ＋x n ＋12T来计算． 3．利用纸带求物体加速度的两种方法(1)逐差法根据x 4－x 1＝x 5－x 2＝x 6－x 3＝3aT 2(T 为相邻计数点之间的时间间隔)，求出a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2，然后取平均值，即a －＝a 1＋a 2＋a 33＝x 4＋x 5＋x 6－（x 1＋x 2＋x 3）9T 2，即为物体的加速度．在数据处理时可以对纸带重新分段，把6段距离分为“前三”和“后三”，“后三”减“前三”也为相邻相等时间间隔内的位移差，时间间隔为3T .(2)图象法利用v n ＝x n ＋x n ＋12T求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出v －t 图象，用v －t 图象的斜率求物体运动的加速度．三、数据处理1．由实验数据得出v －t 图象(1)根据表格中的v 、t 数据，在直角坐标系中仔细描点．(2)作一条直线，使同一次实验得到的各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧，这条直线就是本次实验的v－t图线，它是一条倾斜的直线，如图所示．2．由实验得出的v－t图象进一步得出小车运动的速度随时间变化的规律(1)直接分析图象的特点得出，小车运动的v－t图象是一条倾斜的直线，如图所示，当时间增加相同的值Δt时，速度也会增加相同的值Δv，由此得出结论：小车的速度随时间均匀变化．(2)通过函数关系进一步得出．既然小车的v－t图象是一条倾斜的直线，那么v随t变化的函数关系式为v＝kt＋b，显然v与t成线性关系，小车的速度随时间均匀变化．(3)用Δx＝aT2对纸带进行分段，计算加速度．若纸带上计数段为偶数，直接分为前后两段计算，若纸带计数段为奇数，可以舍掉首段或中间一段进行计算．四、注意事项1．平行：纸带和细绳要和木板平行．2．两先两后：实验中应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源后取纸带．3．防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，要防止钩码落地和小车与滑轮相撞．4．纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点．5．准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧．对实验原理和操作的考查[学生用书P14]【典题例析】(2018·高考北京卷)用图甲所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律．主要实验步骤如下：a．安装好实验器材．接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．b ．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O (t ＝0)，然后每隔相同的时间间隔T 选取一个计数点，如图乙中A 、B 、C 、D 、E 、F …所示．c ．通过测量、计算可以得到在打A 、B 、C 、D 、E …点时小车的速度，分别记作v 1、v 2、v 3、v 4、v 5…d ．以速度v 为纵轴、时间t 为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图丙所示．结合上述实验步骤，请你完成下列任务：(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)．A ．电压合适的50 Hz 交流电源B ．电压可调的直流电源C ．刻度尺D ．秒表E ．天平(含砝码)(2)在图丙中已标出计数点A 、B 、D 、E 对应的坐标点，请在该图中标出计数点C 对应的坐标点，并画出v －t 图象．(3)观察v －t 图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是________________________________________________________________________．v －t 图象斜率的物理意义是__________________________________________________．(4)描绘v －t 图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动．用平均速度Δx Δt表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt 的要求是______________(选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的Δx 大小与速度测量的误差________(选填“有关”或“无关”)．(5)早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的．当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图丁所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想．请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的．[解析] (1)打点计时器使用的是低压交流电源，故选A ；打相邻计数点的时间间隔是已知的，故不需要秒表；计数点间的距离需要用刻度尺测量，故选C ；由于不需要知道小车和重物的质量，故不需要天平(含砝码)．(2)先标出计数点C 对应的坐标点，连线时要让尽量多的点在一条直线上．(3)依据v －t 图象是直线(斜率一定)，即小车的速度随时间均匀变化，判断出小车做匀变速直线运动；v －t 图象斜率的物理意义是加速度． (4)Δx Δt 表示的是Δt 内的平均速度，只有当Δt 趋近于零时，Δx Δt才表示瞬时速度．因此若用Δx Δt表示各计数点的瞬时速度，对Δt 的要求是越小越好；从实验的角度看，选取的Δx 越大，Δx 的测量误差就越小，算出的速度的误差就越小，因此从实验的角度看，选取的Δx 大小与速度测量的误差有关．(5)如果小球的初速度为0，其速度v ∝t ，那么它通过的位移x ＝0＋v 2t ，故推出x ∝t 2.因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．[答案] (1)A C (2)如图所示 (3)小车的速度随时间均匀变化 加速度 (4)越小越好 有关 (5)如果小球的初速度为0，其速度v ∝t ，那么它通过的位移x ∝t 2.因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化．研究小车匀变速直线运动的实验装置如图甲所示，其中斜面倾角θ可调．打点计时器的工作频率为50 Hz.纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．(1)部分实验步骤如下：A ．测量完毕，关闭电源，取出纸带．B ．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车．C ．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连．D ．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔．上述实验步骤的正确顺序是：________(用字母填写)．(2)图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔T ＝________s.(3)计数点5对应的瞬时速度大小的计算式为v 5＝________．(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________________________．解析：(1)按常规实验步骤，先安装再操作后整理，再根据打点计时器的使用方法可知正确步骤为D 、C 、B 、A.(2)T 打＝150 s ＝0.02 s ，因为相邻两计数点间有4个记录点未画出，故计数点的时间间隔T ＝5T 打＝0.1 s.(3)由v t 2＝v －＝x t 得，v 5＝x 4＋x 52T . (4)为了充分利用数据，应采用逐差法：a ＝x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T 23＝（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）9T 2. 答案：(1)DCBA (2)0.1 (3)x 4＋x 52T(4)（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）9T 2对实验数据处理和误差分析的考查[学生用书P15]【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅰ)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz ，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在A 、B 、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是________点，在打出C 点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s 2(保留2位有效数字)．[解析] 根据题述，物块加速下滑，在A 、B 、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是A 点．根据刻度尺读数规则可读出，B 点对应的刻度为1.20 cm ，C 点对应的刻度为3.15 cm ，D 点对应的刻度为5.85 cm ，E 点对应的刻度为9.30 cm ，AB ＝1.20 cm ，BC ＝1.95cm ，CD ＝2.70 cm, DE ＝3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间T ＝5×150s ＝0.10 s ，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C 点时物块的速度大小为v C ＝BC ＋CD 2T ≈0.233 m/s.由逐差法可得a ＝CD ＋DE －（AB ＋BC ）4T 2，解得a ＝0.75 m/s 2.[答案] A 0.233 0.75(2017·高考全国卷Ⅱ)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器．实验步骤如下：①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt ；③用Δs 表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，v －表示滑块在挡光片遮住光线的Δt 时间内的平均速度大小，求出v －；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出v －－Δt 图，如图(c)所示．完成下列填空：(1)用a 表示滑块下滑的加速度大小，用v A 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则v 与v －A 、a 和Δt 的关系式为v －＝________________．(2)由图(c)可求得，v A ＝________cm/s ，a ＝________cm/s 2.(结果保留3位有效数字)解析：(1)由于滑块做匀变速运动，在挡光片通过光电门的过程中，由运动学公式得：v－Δt ＝v A Δt ＋12a (Δt )2，则v ＝v A ＋12a Δt . (2)由v －＝v A ＋12a Δt 结合题图(c)可知，图线与纵轴的交点的纵坐标即为v A ，将图线延长与纵轴相交，得v A ＝52.1 cm/s ，图线的斜率等于12a ，即12a ＝53.60－52.130.18cm/s 2，求得a ＝16.3 cm/s 2.答案：(1)v A ＋a 2Δt (2)52.1 16.3 创新实验[学生用书P16]创新角度 实验装置图 创新解读实验原理的创新1.滑块在斜面上靠下滑力与摩擦力的合力获得加速度．2．挡光片经过光电门的平均速度作为滑块速度． 3．平均速度的大小与挡光片的长度有关1.物块在斜面上靠下滑力与摩擦力的合力获得加速度．2．由纸带确定物块的加速度．3．结合牛顿第二定律求动摩擦因数实验器材的创新1.用滴水针头替代打点计时器打纸带．2．小车在水平桌面上因摩擦做匀减速运动实验过程的创新1.铁球靠重力产生加速度．2．铁球由A到B的时间可由数字毫秒表读出．3．铁球的加速度由xt－t图线分析得出【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅲ)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验．实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照．已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片．(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是________．(填正确答案标号)A．米尺B．秒表C．光电门D．天平(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法．答：________________________________________________________________________.(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab＝24.5 cm、ac＝58.7 cm，则该地的重力加速度大小为g＝________m/s2.(保留2位有效数字)[解析]利用数码相机的连拍功能，通过每隔一定时间的拍摄确定小球位置，所以还必须使用的器材是米尺，将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺，用米尺测量小球位置间的距离，利用逐差法由公式Δx＝aT2，可得a＝g＝ΔxT2＝9.7 m/s2.[答案](1)A(2)将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺(3)9.7(2017·高考全国卷Ⅰ)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是____________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2.(结果均保留2位有效数字)解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的．(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝30 s46－1＝23s．根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为v A＝0.117＋0.1332T m/s≈0.19 m/s.由Δx＝aT2和逐差法可得，小车运动的加速度大小为a＝（0.150－0.117）＋（0.133－0.100）4T2m/s2≈0.037 m/s2.答案：(1)从右向左(2)0.190.037[学生用书P17]1．如图所示为接在50 Hz低压交流电源上的打点计时器在一物体拖动纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出．由图中数据可求得：(1)该物体的加速度大小为________m/s2；(2)打第2个计数点时该物体的速度大小为________m/s；(3)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析：(1)设1、2间的位移为x1，2、3间的位移为x2，3、4间的位移为x3，4、5间的位移为x4；因为交流电源频率为50 Hz，且每打5个点取一个计数点，所以两个计数点之间的时间间隔T＝0.1 s；由推论x m－x n＝(m－n)aT2得x4－x1＝3aT2，代入数据解得a＝0.74 m/s2.(2)打第2个计数点时物体的瞬时速度等于打1、3点之间物体的平均速度，因此有v2＝x13t13＝3.62＋（3.62＋0.74）0.2×10－2 m/s＝0.399 m/s.(3)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz，则周期变大，计数点之间的时间间隔变大，即实际的时间间隔大于0.1 s，但是该同学仍以0.1 s计算，根据x4－x1＝3aT2，知加速度的测量值比实际值偏大．答案：(1)0.74(2)0.399(3)偏大2．光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来．现利用如图乙所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P点悬有一铅锤．实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2 s和4.0×10－3 s．用精度为0.05 mm 的游标卡尺测量滑块的宽度d，其示数如图丙所示．(1)滑块的宽度d＝________cm.(2)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，滑块通过光电门2时的速度v2＝________m/s.(结果保留2位有效数字)．(3)由此测得的瞬时速度v1和v2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些．解析：(1)d＝10 mm＋0.05 mm×2＝10.10 mm＝1.010 cm.(2)v1＝dt1＝1.010×10－21.0×10－2m/s≈1.0 m/s，v2＝dt2＝1.010×10－24.0×10－3m/s≈2.5 m/s.(3)v1、v2实质上是滑块通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．答案：(1)1.010(2)1.0 2.5(3)平均速度滑块3.利用如图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上端滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离x，记下相应的t值，所得数据如表中所示．x(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4xt(m/s)1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v t、测量值x和t四个物理量之间所满足的关系式是______________；(2)根据表中给出的数据，在下图给出的坐标纸上画出xt－t图线；(3)由所画出的xt －t 图线，得出滑块加速度的大小为a ＝__________ m/s 2(保留2位有效数字)．解析：(1)沿斜面向下是匀加速运动，反过来也可以看成是初速度为v t 的沿斜面向上的匀减速运动，由位移公式有x ＝v t t －12at 2.由于要画x t －t 图象，所以可将上式变形得x t ＝－a2t＋v t .(2)xt－t 图线如图所示．(3)由x t ＝－a 2t ＋v t 可知图象的斜率k ＝－a 2，所以a ＝－2k ＝－2×（1.22－1.71）0.78－0.29 m/s 2＝2.0 m/s 2.答案：(1)x t ＝－12at ＋v t (或x ＝－12at 2＋v t t )(2)见解析图 (3)2.0。
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章末过关检测(一)[学生用书P299(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( ) A.2v g B.v g C.2h v D.h v解析：选A.根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v ，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g＝2v g ，A 正确． 2．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于 v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析：选A.根据v －t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，C 错误；根据v －＝x t得，汽车甲的平均速度v －甲大于汽车乙的平均速度v －乙，A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误；根据v －t 图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，D 错误．3．我国已经成功实现舰载机在航母上的起飞和降落．若舰载机在航母上从静止开始做匀加速直线运动然后起飞．起飞过程的平均速度为v ，起飞过程的时间为t ，则下列说法中正确的是 ( )A ．舰载机离开航母起飞时的速度为vB ．起飞过程的加速度为2v tC ．在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2v tD ．舰载机起飞过程的加速度始终与速度的方向相反解析：选B.由v －＝0＋v t 2＝v 得v t ＝2v ，A 错；由a ＝v t －0t 得a ＝2v t，B 对；由x ＝v －t 得x ＝v t ，C 错；由于舰载机做匀加速直线运动，故a 与v 同向，D 错．4．(2020·湖南常德一模)通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和在1.40～2.00 s 之间．若高速公路上两辆汽车行驶的速度为108 km/h ，前车发现紧急情况立即刹车，后车发现前车开始刹车时，也立刻采取相应措施，两车刹车时的加速度大小均相同．为确保两车不追尾，两车行驶的间距至少应为( )A ．18 mB ．42 mC ．60 mD ．100 m解析：选 C.由题意知，人在反应时间内汽车做匀速直线运动，行驶的距离x ＝v t ＝108×1033 600×2.00 m ＝60 m ，故A 、B 、D 错误，C 正确． 5．(2020·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg 的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m(未落地)，则( )A ．物体在2 s 末的速度大小是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度大小是3.6 m/sC ．物体在前2 s 内的位移大小是20 mD ．物体在5 s 内的位移大小是50 m解析：选D.设该星球表面的重力加速度为g ，由自由下落在第5 s 内的位移是18 m ，可得12g ×(5 s)2－12g ×(4 s)2＝18 m ，得g ＝4 m/s 2.所以物体在2 s 末的速度大小为8 m/s ，A 错误；物体在第5 s 内的平均速度大小为18 m/s ，B 错误；物体在前2 s 内的位移大小是12g ×(2 s)2＝8 m ，C 错误；物体在5 s 内的位移大小是12g ×(5 s)2＝50 m ，D 正确． 二、多项选择题6．(2020·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2等于2∶1B ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶1C ．加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于2∶1D ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶2解析：选BC.由v －＝v 0＋v t 2知，v －1＝v －2，故B 对，D 错；由a ＝Δv Δt得a 1∶a 2＝1∶2，故A 错；由x ＝v －·t 知x 1∶x 2＝2∶1，故C 对．7.a 、b 两质点沿直线Ox 轴正向运动，t ＝0 时，两质点同时到达坐标原点O ，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x 与时间t 的比值(即平均速度)随时间t 变化的关系如图所示，以下说法正确的是( )A ．质点a 做匀加速运动的加速度为0.5 m/s 2B ．质点a 做匀加速运动的加速度为1.0 m/s 2C ．t ＝1 s 时，a 、b 再次到达同一位置D ．t ＝2 s 时，a 、b 再次到达同一位置解析：选BC.对质点a ，根据数学知识得：x t＝0.5t ＋0.5(m/s)，则x ＝0.5t 2＋0.5t (m)，与匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2对比得：v 0＝0.5 m/s ，a ＝1.0 m/s 2，所以质点a 做匀加速运动的加速度为1.0 m/s 2，故A 错误，B 正确．t ＝1 s 时，x t相等，则x 相等，所以1 s 时，质点a 、b 再次到达同一位置，故C 正确．由题图知，对于质点b ，有x t＝1，所以质点b 做速度为1 m/s 的匀速直线运动．在t ＝1 s 时，质点a 的速度v ＝v 0＋at ＝1.5 m/s ，大于质点b 的速度，所以t ＝1 s 之后两个质点不再相遇，故D 错误．8．处于平直轨道上的甲、乙两物体相距s ，乙在甲前且两物体同时、同向开始运动，甲以初速度v 、加速度a 1做匀加速直线运动，乙做初速度为零、加速度为a 2的匀加速直线运动，假设甲能从乙旁边通过，下述情况可能发生的是( )A ．a 1＝a 2时，有可能相遇两次B ．a 1＞a 2时，只能相遇一次C ．a 1＜a 2时，有可能相遇两次D ．a 1＜a 2时，有可能相遇一次解析：选BCD.甲从乙的旁边通过说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若a 1＝a 2，则以后甲的速度将都大于乙的速度，故不会再次相遇，故A 错误，若a 1＞a 2，则甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，故甲将一直在乙的前面，不会再相遇，只能相遇一次，故B 正确；若a 1＜a 2，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度，若甲追上乙时，两者速度恰好相等，则两者只能相遇一次，若第一次甲追上乙时，甲的速度大于乙的速度，则甲、乙还会相遇一次，故能相遇两次，故C 、D 正确．三、非选择题9．某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度(图a)．在钢条下落过程中，钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时，透光时停止计时，若再次挡光，计时器将重新开始计时．实验中该同学将钢条竖直置于一定高度(下端A 高于光控开关)，由静止释放，测得先后两段挡光时间t 1和t 2.(1)用游标卡尺测量AB 、AC 的长度，其中AB 的长度如图b 所示，其值为________mm.(2)该同学利用v －AB ＝AB t 1及v －AC ＝AC t 1＋t 2，求出v －AB 、v －AC ，再利用测量的时间t 1和t 2，可得到重力加速度的表达式为____________________(用v －AB 、v －AC 及给出的时间表示)；若狭缝宽度不能忽略，则测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为74 mm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为0.1×3 mm ＝0.3 mm ，所以最终读数为：74 mm ＋0.3 mm ＝74.3 mm.(2)该同学利用v －AB ＝AB t 1，v －AC ＝AC t 1＋t 2，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度表示钢条运动的中间时刻瞬时速度，重力加速度为g ＝v －AC －v －AB t 1＋t 22－t 12＝2（v －AC －v －AB ）t 2.若狭缝宽度不能忽略，A 到C 的实际时间大于t 1＋t 2.所以测量得到的重力加速度值比其真实值偏大．答案：(1)74.3 (2)g ＝2（v －AC －v －AB ）t 2偏大 10．车辆在行驶过程中随意变道可能造成交通事故．某司机驾车以54 km/h 在快车道上行驶，行驶在该车前面的另一辆小轿车以36 km/h 在慢车道上行驶，当后车车头和前车车尾相距d ＝5 m 时，前面司机突然加速变道至后车正前方，其加速度大小a 1＝1 m/s 2.不考虑变道带来的方向变化．(取15＝3.9)求：(1)若后车的司机不减速，经过多少时间两车相撞；(2)若后车的司机发现前车变道，立即刹车减速，为避免发生车祸，后车刹车减速的加速度a 2至少为多大．解析：(1)v 2t 1＝v 1t 1＋12a 1t 21＋d ， 解得：t 1＝5－15 s ＝1.1 s.(2)临界情况，共速时相遇：v 2－a 2t 2＝v 1＋a 1t 2，v 2t 2－12a 2t 22＝v 1t 2＋12a 1t 22＋d ， 解得：a 2＝1.5 m/s 2.答案：(1)1.1 s (2)1.5 m/s 211．(2020·湖北八校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v 甲＝20 m/s 和v 乙＝34 m/s 的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a 甲＝2 m/s 2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章？(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m 处的速度恰好为6 m/s ，乙车司机在发现甲车刹车时经t 0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s 2的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m 区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？解析：(1)对甲车，速度由20 m/s 减至6 m/s 过程中的位移x 1＝v 2甲－v 202a 甲＝91 m x 2＝x 0＋x 1＝100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m 处开始刹车．(2)设甲刹车后经时间t ，甲、乙两车速度相同，由运动学公式得：v 乙－a 乙(t －t 0)＝v 甲－a 甲t ，解得t ＝8 s相同速度v ＝v 甲－a 甲t ＝4 m/s ＜6 m/s ，即v ＝6 m/s 的共同速度为不相撞的临界条件 乙车从34 m/s 减速至6 m/s 的过程中的位移为x 3＝v 乙t 0＋v 2乙－v 202a 乙＝157 m 所以要满足条件甲、乙的距离至少为x ＝x 3－x 1＝66 m.答案：(1)100 m (2)66 m。