2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第六章第三讲实验七：验证动量守恒定律 Word版含解析
年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：高中物理公式集锦
高中物理公式集锦W ABq零势面无关电容器的电容C＝QU定义式C＝εr S4πkd适用于平行板电容器恒定电流电阻定律R＝ρlSρ为电阻率电流I＝Qt＝nqS v－电源电动势E＝Wq＝U内＋U外欧姆定律I＝UR部分电路欧姆定律I＝ER＋r闭合电路欧姆定律路端电压U＝E 断路时U＝0短路时U＝IR＝E－U内＝E－Ir通路时电功W＝UIt 适用于一切电路W＝I2Rt＝U2R t适用于纯电阻电路焦耳定律Q＝I2Rt －电源功率P＝EI用电器功率P＝Wt＝UI适用于一切电路P＝I2R＝U2R适用于纯电阻电路电源效率η＝P出P总×100%＝U外E×100%磁场磁感应强度B＝FILI与B的方向垂直安培力F＝BILB⊥I，方向：用左手定则判断洛伦兹力F洛＝Bq vB⊥v，方向：用左手定则判断电磁感应磁通量Φ＝BS cos θθ为平面S的垂线与B的夹角感应电动势E＝nΔΦΔtE＝BL v后者仅适用于B、L、v两两垂直的情况交变电流电动势、电流、电压的瞬时值电动势：e＝E m sinωt从中性面开始计时电流：i＝I m sin ωt电压：u＝U m sinωt电动势、电流、电压的有效值电动势：E＝22E m电流：I＝22I m电压：U＝22U m适用于正弦式交变电流理想变压器U1U2＝n1n2I1I2＝n2n1P1＝P2－原子物理光子的能量E＝hνh为普朗克常量，其值为6.63×10－34J·s光电效应方程E k＝hν－W0W0为逸出功能级跃迁hν＝E m－E n(m＞n)爱因斯坦质能方程E＝mc2ΔE＝Δmc2Δm为质量亏损元素衰变后的质量m剩＝m原⎝⎛⎭⎪⎫12tττ为半衰期，t为衰变时间热力学定律热力学第一定律ΔU＝Q＋W三种特殊情况①内能不变：ΔU＝0，即W＋Q＝0②绝热膨胀或压缩：Q＝0，即W＝ΔU③等容变化：W＝0，即Q＝ΔU注意各量“＋”“－”号的含义分子动理论分子直径数量级：10－10mMm0←N A→VV0扩散现象布朗运动分子间引力和斥力都随r的距离增大而减小，斥力变化快内能：分子动能分子势能理想气体状态方程理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C适用于一定质量的理想气体机械振动和机械波简谐运动的回复力F＝kx －单摆周期公式T＝2πlgl为单摆的摆长波长、渡速、周期、频率的关系v＝λ·f＝λT适用于一切波电磁振荡和电磁波LC振荡电路T＝2πLC f＝12πLC－电磁波的波长、波速、周期、频率的关系c＝λ·f＝λT－光学折射定律sin θ1sin θ2＝n12折射率n＝cv－临界角sin C＝1n光从光密介质射入光疏介质光的波长λ＝cνν为光的频率双缝干涉Δx＝ldλΔx是相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升13 Word版含解析
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)如图，容积均为V的气缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，气缸导热．①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；③再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．(1)命题意图：本题考查考生对气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的理解．解析：根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．(2)命题意图：本题考查玻意耳定律、查理定律及其相关的知识点．解析：①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p0V＝p1V1，①(3p0)V＝p1(2V－V1)，②联立①②式得V1＝V2，③p1＝2p0.④②打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2，⑤由⑤式得p 2＝3V V 2p 0,⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0. ③设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2，⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0.答案：(1)ABC (2)①V 22p 0 ②上升直到B 的顶部 ③1.6p 02．(2017·全国卷Ⅱ)(1)如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．气体自发扩散前后内能相同B ．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变(2)一热气球体积为V，内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b.已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g.①求该热气球所受浮力的大小；②求该热气球内空气所受的重力；③设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．(1)命题意图：本题考查气体内能、气体分子的平均动能、热力学第一定律．解析：抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误．(2)命题意图：本题考查气体实验定律及力的平衡．解析：①设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝mV0，①在温度为T时的体积为V T，密度为ρT＝mV T，②由盖－吕萨克定律得V 0T 0＝V T T，③ 联立①②③式得ρT ＝ρ0T 0T ，④气球所受的浮力为F ＝ρTb gV ，⑤联立④⑤式得F ＝ρ0gVT 0T b .⑥②气球内热空气所受的重力为G ＝ρTa Vg ，⑦联立④⑦式得G ＝ρ0gVT 0T a .⑧③设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝F －G －m 0g ，⑨联立⑥⑧⑨式得m ＝ρ0VT 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)ABD (2)①ρ0gVT 0T b ②ρ0gVT 0T a③ρ0VT 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0 3．(2017·全国卷Ⅲ)(1)如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到状态a .下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图乙所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：①待测气体的压强；②该仪器能够测量的最大压强．(1)命题意图：本题考查气体的内能、理想气体状态方程、热力学第一定律、等容变化、等压变化、等温变化．解析：ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误．(2)命题意图：本题结合受力平衡考查玻意耳定律．解析：①水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋14πd2l，①V1＝14πd2h，②由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh，③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1，④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2（l－h）.⑤②由题意知h ≤l ，⑥联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d 24V 0，⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0.答案：(1)ABD (2)①ρπgh 2d 24V 0＋πd 2（l －h ） ②πρgl 2d 24V 0。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升2
章末整合提升1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化命题意图：本题考查共点力平衡．同一根绳子的拉力大小处处相等，则物体a 和b 受到绳的拉力大小均等于物体a 的重力．由于物体始终处于平衡状态，利用正交分解可求解．解析：由题意，在F 保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a 、b 均保持静止，选a 受力分析得，绳子拉力F T ＝m a g ，所以物体a 和b 受到绳的拉力保持不变，C 选项错误；a 、b 受到绳的拉力大小和方向均不变，所以OO ′的张力不变，A 选项错误；对b 进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示．由受力平衡得：F T x ＋F f ＝F x ，F y ＋F N ＋F T y ＝m b g ，F T 和m b g 始终不变，当F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B 选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D 选项正确；故答案选BD.答案：BD2.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>)．现将重物向右上方π2缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小命题意图：本题属于动态平衡问题，可用图解法解决本题，通过两绳子的夹角不变，又知重力的大小和方向不会改变，把重力的大小作为弦长，两拉力的夹角变为圆周角，根据圆的特性可作出图．本题要求学生熟练掌握三角形定则和数学的平面几何知识，是一道要求比较高的难题．解析：由题意画出矢量三角形如下图，α不变，则图中θ角不变，形成下图共圆形式，在圆中直径的弦长最大，则F MN逐渐增大，F OM先增大后减小．答案：AD3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ B. C. D.3363332命题意图：本题考查滑块摩擦力和共点力平衡问题．利用正交分解把F 进行分解，F 的竖直分量与支持力的合力与重力平衡，水平分量与摩擦力相等．但注意此进滑块摩擦力F f ≠μmg .解析：当拉力水平时，物体匀速速度，则拉力等于摩擦力，即F ＝μmg ；当拉力倾斜时，物体受力分析如图，由F f ＝μF N ，F N ＝mg －F sin θ，可知摩擦力为F f ＝μ(mg －F sin θ)，F f ＝F ，12代入数据为：μmg ＝μ(mg －F )，1232联立可得μ＝.33答案：C4．(2017·全国卷Ⅲ)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 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cm命题意图：此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，且两个力大小相等，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变．解析：如图所示：绳子原长是80 cm，伸长为100 cm，则AC段长50 cm，故∠ACD＝53°.由受力平衡2F1cos 53°＝mg，当弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点2F2＝mg.假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力F1＝k(50 cm－40 cm)，F2＝k(x－40 cm)，解得x＝46 cm，所以此时绳子总长度为92 cm.答案：B5．(2016·全国卷Ⅱ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A. B.m C ．m D ．2mm 232解析：设悬挂小物块的点为O ′，圆弧的圆心为O ，由于ab ＝R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得∠aO ′b ＝120°.而一条绳子的拉力相等，故F T ＝mg ，小物块受到两条绳子的拉力作用，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，所以小物块的质量为m ，C 正确．答案：C。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律
第一章直线运动第二讲匀变速直线运动和自由落体运动的规律课时跟踪练(二)匀变速直线运动和自由落体运动的规律时间：40分钟答案见P35A组基础巩固1．(2018·河南林州一中质检)某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为()A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s解析：设航母匀速运动的最小速度为v1，飞机起飞速度为v2，对于航母则有x1＝v1t，对于飞机则有v2＝v1＋at，飞机起飞时的位移满足v22－v21＝2ax2，两者相对位移等于航母的跑道长，故有x2－x1＝160 m，联立解得v1＝10 m/s，故A正确．答案：A2．(多选)(2018·湖南常德一中模拟)A与B两个质点向同一方向运动，A做初速度为零的匀加速直线运动，B做匀速直线运动．开始计时时，A，B位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时() A．两质点速度相等B．A与B在这段时间内的平均速度相等C．A的瞬时速度是B的2倍D．A与B的位移相同解析：要求A、B同一时刻到达同一位置，初始时刻A、B位于同一位置，末时刻又在同一位置，所以两质点位移相等，故D正确；A、B同时开始运动，所以相遇时运动的时间相等，可知平均速度相等，故B正确；相遇时位移相等，设A的速度为v A，B的速度为v B，＝2v B，故C正确，A错误．则有v A2t＝v B t，得v A答案：BCD3．(2018·福建师大附中模拟)在空中的某点O以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8 s后物体的速率变为8 m/s，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(g取10 m/s2)()A．在O点上方，速度方向向下B．在O点上方，速度方向向上C．在O点，速度方向向下D．在O点下方，速度方向向下解析：取竖直向上为正方向，若物体此时的位置在O点上方或下方，速度方向向下，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝0，与物体以一定的初速度竖直向上抛出不符，故A、D错误；若物体此时的位置在O点上方，速度方向向上，v＝8 m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝16 m/s，与物体以一定的初速度竖直向上抛出相符，故B正确；若物体在O点，则上升和下降的时间均为0.4 s，回到O点的速度为v＝gt＝4 m/s，与题目数据不符，故C错误．答案：B4.(2018·株洲二中模拟)为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹AB.已知每层砖的平均厚度为6 cm，拍摄到的石子位置A距石子起始落点的竖直距离约5 m．这个照相机的曝光时间约为(g取10 m/s2)()A．1×10－3 s B．1×10－2 sC．5×10－2 s D．0.1 s解析：自由落体运动位移为5 m时的末速度为：v1＝2gh＝10 m/s；由于0.12 m远小于5 m，故可能近似地将AB段当成匀速运动，＝0.012 s≈0.01 s，故选B.故时间为：t＝ABv1答案：B5．(2017·株洲二中检测)如图所示，在水平面上有一个质量为m 的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最终停在O 点．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为L 1、L 2、L 3，小物块由A 、B 、C 三点运动到O 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A.L 1t 1＝L 2t 2＝L 3t 3B.L 1t 1<L 2t 2<L 3t 3C.L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23D.L 1t 21<L 2t 22<L 3t 23解析：研究小物块运动的逆过程，小物块从O 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可知，x ＝12at 2，故a ＝2x t 2， 故位移与时间平方的比值为定值，即L 1t 21＝L 2t 22＝L 3t 23，故选C. 答案：C6．(多选)汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，第4 s 末通过B 点时关闭发动机，再经6 s 到达C 点时停止．已知AC 的长度为30 m ，则下列说法正确的是( )A ．通过B 点时速度是3 m/sB ．通过B 点时速度是6 m/sC ．AB 的长度为12 mD ．汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同解析：汽车由静止开始从A 点沿直线ABC 做匀变速直线运动，画出v-t 图象，由图可得x AC ＝12v B t ，解得v B ＝6 m/s ，所以选项A 错误，B 正确；0～4 s 内，x AB ＝12v B t 1＝12 m ，所以选项C 正确；由v＝v 0＋v t 2，知汽车在AB 段和BC 段的平均速度相同，选项D 正确．答案：BCD7．(多选)(2017·温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为 5 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a＝－8－5 s ＝1.6 s<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410 m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m －6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝1.68s ＝0.2 s 时汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．答案：AD8．一质点由静止从A 点出发，先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，后做匀减速直线运动，加速度大小为3a ，速度为零时到达B 点．A 、B 间距离为x ，求质点运动过程中的最大速度．解析：设运动过程中的最大速度为v ，则匀加速直线运动的位移x 1＝v 22a， 匀减速直线运动的位移x 2＝v 22×3a， 由题意x ＝v 22a ＋v 22×3a， 解得v ＝ 3ax 2. 答案： 3ax 2B 组 能力提升9．(2018·蚌埠模拟)一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a 1，经时间t 后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2，若再经时间t 恰能回到出发点，则a 1∶a 2应为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：规定初速度方向为正方向，在加速阶段有x ＝12a 1t 2，减速阶段有－x ＝v 0t －12a 2t 2，其中v 0＝a 1t ，可得a 1∶a 2＝1∶3，C 正确． 答案：C10．(2018·湖南长沙雅礼中学月考)如图所示，一物体做匀加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，其中B 是AC 的中点．已知物体在AB 段的平均速度大小为3 m/s ，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，则物体经过B 点时的速度大小是( )A ．4 m/sB ．4.5 m/sC ．5 m/sD ．5.5 m/s解析：因为物体在AB 段的平均速度大小为3 m/s ，所以3 m/s ＝v A ＋v B 2，在BC 段的平均速度大小为6 m/s ，所以6 m/s ＝v C ＋v B 2；又因为AB ＝AC ，故v 2B －v 2A ＝v 2C －v 2B ，联立解得v B ＝5 m/s ，C 正确．答案：C11．(2018·福州模拟)某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于水平地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s 到达离地面40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；(2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到返回发射点的时间．解析：设燃料恰好用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点．(1)对第一个过程有h 1＝v 12t 1， 代入数据解得v 1＝20 m/s.(2)对第二个过程有h 2＝v 212g， 代入数据解得h 2＝20 m ，所以火箭上升离地面的最大高度h ＝h 1＋h 2＝60 m.(3)第二个过程用时t 2＝v 1g， 代入数据解得t 2＝2 s ，设火箭从最高点返回发射点用时t 3由h ＝12gt 23得t 3＝ 2h g， 代入数据解得t 3≈3.5 s ，火箭从发射到返回发射点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝9.5 s.答案：(1)20 m/s (2)60 m (3)9.5 s12．(2018·山东潍坊中学模拟)我国东部14省市ETC 联网已正常运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v 1＝15 m/s 的速度朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前x ＝10 m 处正好匀减速至v 2＝5 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至速度为0，经过t ＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2.求：(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 解析：(1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x 1＝v 21－v 222a＝100 m ， 所以总的位移x 总1＝2x 1＋x ＝210 m.(2)过ETC 通道时t 1＝v 1－v 2a ×2＋x v 2＝22 s ， 过人工收费通道时t 2＝v 1a×2＋t ＝50 s ， x 2＝v 212a×2＝225 m ， 二者的位移差Δx ＝x 2－x 总1＝(225－210) m＝15 m ，在这段位移内汽车过ETC 通道时是做匀速直线运动，所以Δt ＝t 2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫t 1＋Δx v 1＝27 s. 答案：(1)210 m (2)27 s。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升10 Word版含解析
章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()命题意图：本题考查电磁感应、电磁阻尼及其相关的知识点．解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.答案：A2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动命题意图：本题考查电磁感应、涡流及其相关的知识点，意在考查考生综合运用电磁感应知识分析解释实验现象的能力．难度中等偏难．解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确，D错误；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误．答案：AB3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()图甲图乙A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N命题意图：本题考查电磁感应与力学规律的综合应用．解析：由题图乙可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BL v ，得B ＝E L v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，D 项错误．答案：BC4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向命题意图：本题考查楞次定律、右手定则．解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．命题意图：本题主要考查平衡条件、法拉第电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律及其相关知识，意在考查考生灵活运用知识分析、解决问题的能力．解析：(1)设两根导线的总的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ，① F N1＝2mg cos θ，②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μF N2＝F T ，③ F N2＝mg cos θ，④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL ，⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ，⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝E R，⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. 答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2。
教育最新2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第六章第一讲动量定理及其应用 Word版含解析
第六章动量及动量守恒定律第一讲动量定理及其应用课时跟踪练A组基础巩固1．(多选)(2018·北京模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A．物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B．物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C．物体所受合外力的冲量等于物体的动量D．物体动量的方向与物体的运动方向相同解析：物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B 正确，C错误；物体的动量p＝m v，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，D正确．答案：BD2．(2017·天津市河北区一模)从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是()A．落地时的速度相同B．落地时重力做功的瞬时功率相同C．从抛出到落地重力的冲量相同D．两物体落地前动量变化率相等解析：根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率P＝mg v sin θ，故A、B错误；竖直上抛与平抛相比，平抛时间短，所以重力的冲量mgt小，故C错误；根据动量定理mgΔt＝Δp可知，ΔpΔt＝mg，故D正确．答案：D3．(2017·合肥一模)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p、动能变为E k.若上述过程F不变，物体的质量变为m2，以下说法正确的是()A．经过时间2t，物体动量变为2pB．经过位移2L，物体动量变为2pC．经过时间2t，物体动能变为4E kD．经过位移2L，物体动能变为4E k解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理有：Ft＝p，故时间变为2t后，动量变为2p，故A正确；根据E k＝p22m，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8E k，故C错误；经过位移2L，根据动能定理有：FL＝E k，故位移变为2倍后，动能变为2E k，故D错误；根据p＝2mE k，动能变为2倍，质量减半，故动量不变，故B错误．答案：A4．(2017·山东省枣庄市高三上学期期末)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，不计空气阻力影响，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．100 N B．500 NC．600 N D．1 100 N解析：在安全带产生拉力过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：v0＝2gh＝10 m/s.取竖直向下为正，由动量定理得(mg－F)t＝0－m v0，解F＝1 100 N.答案：D5.(2018·唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80 cm，足球的重量为400 g，与头顶作用时间Δt为0.1 s，则足球一次在空中的运动时间t及足球对头部的作用力大小F N分别为(空气阻力不计，g＝10 m/s2)()A．t＝0.4 s，F N＝40 N B．t＝0.4 s，F N＝36 NC．t＝0.8 s，F N＝36 N D．t＝0.8 s，F N＝40 N解析：足球自由下落时有h＝12gt21，解得t1＝2hg＝0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t＝2t1＝0.8 s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝m v－(－m v)，又v＝gt ＝4 m/s，联立解得F＝36 N，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力F N＝36 N，故C正确．答案：C6．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg 解析：人做自由落体运动时，有v ＝2gh ，选向下为正方向，又mgt －Ft ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg ，所以A 项正确． 答案：A7．(多选)(2017·合肥二模)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F ，力F 随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )A ．第2 s 末，质点的动量为0B ．第4 s 末，质点回到出发点C ．在0～2 s 时间内，力F 的功率先增大后减小D ．在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0解析：由题图可知，0～2 s 时间内F 的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s 末，质点的速度最大，动量最大，故A 错误；该质点在2～4 s 内F 的方向与0～2 s 内F 的方向不同，0～2 s 内做加速运动，2～4 s 内做减速运动，所以质点在0～4 s 内的位移均为正，故B 错误；0～2 s 内，质点速度在增大，力F 先增大后减小，根据瞬时功率P ＝F v 得，力F 瞬时功率开始为0，2 s 末时为0，所以在0～2 s 时间内，力F 的功率先增大后减小，故C 正确；在Ft 图象中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，由题图可知，1～2 s 内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s 时间内，力F的冲量为0，故D正确．答案：CD8．(2018·济南质检)2017年9月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，失控冲出车道与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m．设运动的时间为t，根据x＝v02t得t＝2xv0＝130s.根据动量定理有Ft＝Δp＝m v0，得F＝m v0t＝60×30130N＝5.4×104 N.(2)若人系有安全带，则F′＝m v0t′＝60×301N＝1.8×103 N.答案：(1)5.4×104 N(2)1.8×103 NB组能力提升9．(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；在最高点处于失重状态，则B正确；转动一周，重力的冲量为I＝mgT，不为零，C错误；速度方向时刻在变所以重力的瞬时功率在变化，D错误．答案：B10.(2017·洛阳一模)如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()A．合力做的功为0 B．合力的冲量为0C．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL解析：小球在向下运动的过程中，由动能定理mgL＝12m v2得v ＝2gL，故A错误，C正确；由动量定理可得合力的冲量I合＝Δp＝m v－0＝m2gL，故B错误；从开始到最低点的时间t大于自由落体的时间t′，L＝12gt′2，则t>t′＝2Lg，所以重力的冲量I G＝mgt>mgt′＝m2gL，故D错误．答案：C11.水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性，物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v-t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则()A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量解析：由题图知，AB与CD平行，说明撤去推力后物体的合力等于摩擦力，两物体受到的摩擦力大小相等，故A、B错误．根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－F f t OB＝0，F2t2－F f t OD＝0，由题图看出t OB<t OD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C 错误，D正确．答案：D12．(2017·吉林省吉林一中校级考试)质量m＝0.60 kg的篮球从距地板H＝0.80 m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45 m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.1 s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能；(2)篮球对地板的平均撞击力．解析：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为 ΔE ＝mgH －mgh ＝2.1 J.(2)设篮球从H 高处下落到地板所用时间为t 1，刚接触地板时的速度为v 1；反弹离地时的速度为v 2，上升的时间为t 2，由动能定理和运动学公式下落过程：mgH ＝12m v 21，解得：v 1＝4 m/s ，t 1＝v 1g ＝0.4 s.上升过程：－mgh ＝0－12m v 22，解得：v 2＝3 m/s ，t 2＝v 2g ＝0.3 s.篮球与地板接触时间为Δt ＝t －t 1－t 2＝0.4 s ， 设地板对篮球的平均撞击力为F ，由动量定理得 (F －mg )Δt ＝m v 2＋m v 1解得F ＝16.5 N.答案：(1)2.1 J (2)16.5 N。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第一章第三讲运动图象、追及和相遇问题 Word版含解析
第一章 直线运动第三讲 运动图象、追及和相遇问题 课时跟踪练(三) 运动图象、追及和相遇问题时间：40分钟 答案见P36A 组 基础巩固1．(2018·银川模拟)假设“蛟龙”号深海载人潜水器在某次科考实验时，“蛟龙”号内的显示屏上，显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min 内速度图象，下列说法正确的是( )A ．本次下潜的最大深度为360 mB ．全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C ．0～4 min 内平均速度为1 m/sD ．0～1 min 和8～10 min 的时间内潜水员处于超重状态解析：“蛟龙”号在0～4 min 内一直向下运动，在t ＝4 min 时，达最大深度h m ＝12(4＋2)×2×60 m ＝360 m ，A 正确，全过程中最大加速度a m ＝2－060 m/s 2＝130m/s 2，B 错误；0～4 min 内的平均速度v ＝h m t ＝3604×60m/s ＝1.5 m/s ，C 错误；潜水员在0～1 min 内的加速度竖直向下，处于失重状态，D 错误．答案：A2．(2018·上海检测)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(图中x 是位移、v 是速度、t 是时间)( )解析：物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据x ＝v 0t ＋12at 2得知，位移是时间的二次函数，图线是曲线，A 是可能的，故A 正确；物体可能先向上做匀减速直线运动，停在最高点，故B 、D 正确；由C 项图知：物体返回时速度大于出发时，不符合物体的运动情况，违反了能量守恒定律，不可能，故C 错误；本题选不可能的，故选C.答案：C3.(2018·甘肃嘉峪关一中模拟)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v-t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．乙物体先向负方向运动，t 1时刻以后反向向正方向运动B ．t 2时刻，乙物体追上甲C ．t 1时刻，两者相距最远D ．0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大解析：乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A 错误；根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，t 2时间内，甲的位移大于乙的位移，则t 2时刻，乙物体还没有追上甲，故B 错误；t 2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大，t 2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t 2时刻两者相距最远，故C 错误；根据速度图线的斜率表示加速度，知0～t 2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D 正确．答案：D4.一个物体沿直线运动，从t ＝0时刻开始物体的x tt 的图象如图所示，图线与横、纵坐标轴的交点分别为－1 s 和0.5 m/s ，由此可知( )A ．物体的速度大小为0.5 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀加速运动，加速度的大小为0.5 m/s 2D ．物体做匀加速运动，初速度大小为0.5 m/s解析：由于x tt 图线为一倾斜的直线，故物体做匀变速直线运动．由上面的分析可知，加速度a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x t ·t ＝1 m/s 2，v ＝0.5 m/s ，只有D 正确．答案：D5.(2018·衡阳模拟)一质点做直线运动的v-t 的关系图象如图所示，则该质点的x-t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据xt图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的xt关系图象可大致表示为B图．答案：B6.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v-t图象正确的是()解析：根据加速度随时间变化的图象可得，0～1 s物体做匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度为正方向，选项D错；第1 s末的速度v＝1 m/s，1～2 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此物体做匀减速直线运动，v′＝1 m/s－a(t－1)，第2 s末，速度减小为0，选项B错；2～3 s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第2 s开始重复前面的运动，图象如C，选项C对，A错．答案：C7.(多选)(2017·连云港调研)如图所示是A、B两质点从同一地点运动的x-t图象，则下列说法中正确的是()A．A质点以20 m/s的速度做匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C．B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动D．A、B两质点在4 s末相遇解析：x-t图象中，图线的斜率表示速度大小，A质点图线的斜率等于20 m/s，则知A质点以20 m/s的速度做匀速运动，故A正确；B质点图线的斜率先正后负，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确；由图线斜率可知，B质点最初4 s内做减速运动，后4 s做加速运动，故C错误；4 s末二图线相交，说明两个质点到达同一位置相遇，故D正确．答案：ABD8．(2018·衡阳模拟)小明准备乘坐公共汽车回家，当到达车站前，发现公共汽车在前面离自己10 m远处正以5 m/s的速度匀速向前行驶，小明立即示意司机停车并以4 m/s的速度匀速追赶，司机看到信号经1.0 s反应时间后，立即刹车，加速度大小为2.5 m/s2，求：小明追上汽车所需的时间．解析：公共汽车速度减到零所用时间t＝t1＋va＝1 s＋52.5s＝3 s，司机反应过程汽车的位移x1＝v-t1＝5×1 m＝5 m，减速过程汽车的位移x2＝v22a＝252×2.5m＝5 m，则公共汽车的位移x＝x1＋x2＝5 m＋5 m＝10 m，小明在这段时间内的位移x′＝4×3 m＝12 m<x＋10 m，说明汽车停止时，小明还没有追上．则小明追上汽车的总时间t′＝x＋10 mv′＝10 m＋10 m4s＝5 s.答案：5 sB组能力提升9.(2017·天津联考)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间的关系图象中，图线c是一条x＝0.4t2的抛物线．有关这三个物体在0～5 s内的运动，下列说法正确的是()A．a物体做匀加速直线运动B．c物体做匀加速直线运动C．t＝5 s时，a物体速度比c物体速度大D．a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同解析：位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动，由题图可以看出，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故A、D错误；图线c是一条x＝0.4t2的抛物线，结合x＝v0t＋12at2可知，c做初速度为0，加速度为0.8 m/s2的匀加速直线运动，故B正确；图线的斜率大小表示速度大小，根据题图可知，t＝5 s时，c物体速度最大，故C错误．答案：B10.(2018·哈尔滨六中模拟)如图为甲、乙两物体做直线运动的v-t图象，下列表述正确的是( )A ．甲和乙的加速度方向相同B ．0～1 s 内甲和乙的位移相等C ．如果0时刻乙在甲前方0.55 m 处，则甲、乙间最小距离为0.12 mD ．甲的加速度比乙的小解析：由题图读出甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，加速度方向相反，故A 错误；0～1 s 内，由图线与横轴所围的“面积”可得出甲的位移大于乙的位移，故B 错误；根据加速度定义式：a 甲＝Δv Δt ＝0－23 m/s 2＝－23 m/s 2，a 乙＝Δv Δt＝2－12 m/s 2＝12 m/s 2，故甲的加速度大于乙的加速度，故D 错误；设经过时间t 二者速度相同，则v 甲＋a 甲t ＝v 乙＋a 乙t ，即：2 m/s －23×t ＝1 m/s ＋12t ，整理可以得到：t ＝67 s ，则在这段时间内，甲的位移为：x 甲＝v 甲t ＋12a 甲t 2≈1.47 m ，乙的位移为：x 乙＝v 乙t ＋12a 乙t 2≈1.04 m ，则此时二者之间的距离为：Δx ＝x 乙＋x 0－x 甲＝0.12 m ，故C 正确．答案：C11.(2018·福建厦门一中模拟)小张和小王驾驶两辆轿车(均视为质点)沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v-t 图象，t ＝0时刻，小张在小王前方s 0处，下列判断正确的是( )A．若s0<18 m，两车相遇1次B．若s0＝18 m，两车相遇1次C．若s0＝36 m，两车相遇1次D．若s0＝54 m，两车相遇1次解析：根据v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得两车速度相等时，小张的位移x1＝36 m，小王的位移x2＝54 m，如果此时小王恰好追上小张，则s0＝x2－x1＝18 m，之后小王的速度小于小张的速度，不会再相遇，若s0<18 m，则在小王的速度大于小张时二人就会相遇，且小王会超过小张，之后是小张再追上小王，发生第二次相遇，A错误，B正确；若s0>18 m，两车不会相遇，C、D错误．答案：B12.(2017·四川广安四校联考)兰渝铁路的开通，为广大广安市民的生活、工作带来极大的方便．由于一些车次的动车需经停某些车站，因此不同车次的动车运行时间略有不同，这引起了物理爱好者的兴趣．现简化动车运行物理模型，假设在南充站停靠的动车在停靠南充站前以速度v0＝234 km/h 做匀速直线运动，经停该站的动车先做匀减速直线运动，在该站短暂停留后，做匀加速直线运动出站，当速度达到v0＝234 km/h时又开始做匀速直线运动，全过程的v-t图象如图所示．求：(1)动车离开南充站时的加速度大小；(2)动车停靠南充站比不停靠该站运行多经历的时间．解析：(1)v0＝234 km/h＝65 m/s，由题图知加速时间t2＝13 s，由公式v0＝0＋at，则a＝v0t＝5 m/s2.(2)由题图知减速时间t1＝20 s，减速位移x1＝v0＋02t1＝650 m，加速位移x2＝v0＋02t2＝422.5 m，在车站停止时间t3＝120 s，动车以234 km/h的速度经过车站用时t4＝x1＋x2v0＝16.5 s，则所求时间Δt＝(t1＋t2＋t3)－t4＝136.5 s.答案：(1)5 m/s2(2)136.5 s。
2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课件：第六章第三讲实验七：验证动量守恒定律
解析：根据游标卡尺的读数规则，该球的直径为 2.14 pA mA·OM 3 13.50 cm 3 13.50 1 cm；p ＝ ＝ × ＝ × ＝ . 2 2 B m ·O′N 42.64 cm－2r 42.64－2.14 2 B 答案：2.14 1∶2
考点 3 实验拓展与创新 用斜槽结合平抛运动的知识验证动量守恒定律是本 实验的主要考查方式，但创新实验不拘泥于课本还可用 气垫导轨、等长悬线悬挂等大小球完成． 1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨．
(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出 两滑块各种情况下碰撞前后的速度 (①改变滑块的质 量．②改变滑块的初速度大小和方向)． (4)验证：一维碰撞中的动量守恒．
2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰 撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量 m1、m2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来． (3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时 它们相碰．
[实验器材] 斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆 规等．
[实验过程] (1)用天平测出两小球的质量．并选定质量大的小球 为入射小球． (2)按照实验原理图甲安装实验装置，调整、固定斜 槽使斜槽底端水平． (3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好，记 下重垂线所指的位置 O.
(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度 处自由滚下，重复 10 次．用圆规画尽可能小的圆把小球 所有的落点都圈在里面．圆心 P 就是小球落点的平均位 置． (5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同 一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验 10 次．用 步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置 M 和 被撞小球落点的平均位置 N，如实验原理图．
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第六章动量及动量守恒定律第三讲实验七：验证动量守恒定律课时跟踪练1．某同学用如图所示的装置通过半径相同的A、B两球(m A>m B)的碰撞来验证动量守恒定律．对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是()A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小解析：入射小球的释放点越高，入射小球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C正确．答案：C2.在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，两小球的半径均为r，各小球的落地点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是()A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B．要验证的表达式是m1·ON＝m1·OM＋m2·OPC．要验证的表达式是m1·OP＝m1·OM＋m2·OND．要验证的表达式是m1(OP－2r)＝m1(OM－2r)＋m2·ON解析：在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止反弹或静止，故选项A错；两球做平抛运动时都具有相同的起点，故应验证的关系式为m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，选项C对，选项B、D错．答案：C3．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．其中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．图甲图乙(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.(2)(多选)在以下选项中，本次实验不需要进行的测量是________．A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球与B球的质量(或两球质量之比)E．测量G点相对于水平槽面的高度解析：(1)用最小的圆将所有点圈在里面，圆心位置即为落点平均位置，找准平均位置，读数时应在刻度尺的最小刻度后面再估读一位．读数为54.7 cm.(2)以平抛时间为时间单位，则平抛的水平距离在数值上等于平抛初速度．设A未碰B时A球的水平位移为x A，A、B相碰后A、B 两球的水平位移分别为x A′、x B′，A、B质量分别为m A、m B，则碰前A的动量可写成p1＝m A x A，碰后A、B的总动量为p2＝m A x A′＋m B x B′，要验证动量是否守恒，即验证p1与p2两动量是否相等．所以该实验应测量的物理量有m A、m B、x A、x A′、x B′.故选项C、E不需测量．答案：(1)54.7(54.0～55.0均对)(2)CE4.如图为“验证动量守恒定律”的实验装置．(1)(多选)下列说法中符合本实验要求的是________．A．入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时，轨道末端必须水平D．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON.已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1·OM＋m2·ON近似等于________，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．解析：(1)入射球应比靶球质量大，A错；本题用小球水平位移代替速度，所以不用求出具体时间，所以不需要秒表，D错．(2)若动量守恒，碰撞后两球的总动量应该等于不放靶球而让入射球单独下落时的动量，入射球单独下落时的动量可用m1·OP表示．答案：(1)BC(2)m1·OP5．气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示)，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，由图可知：图甲图乙(1)A 、B 离开弹簧后，应该做__________________运动，已知滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是______________________．(2)若不计此失误，分开后，A 的动量大小为__________kg ·m/s ，B 的动量的大小为__________kg ·m/s ，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是________________________________________．解析：(1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝x t，由题图知A 、B 匀速时速度分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B 的动量大小均为p ＝0.018 kg ·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔 (2)0.0180.018A、B两滑块作用前后总动量不变，均为06．某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．图甲图乙(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度．应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为____________ kg·m/s，碰后两小车的总动量为________ kg·m/s.解析：(1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度．从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE 段计算A 和B 碰后的共同速度．(2)小车A 在碰撞前速度v 0＝BC 5T ＝10.50×10－25×0.02m/s ＝1.050 m/s ， 小车A 在碰撞前的动量p 0＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg ·m/s＝0.420 kg ·m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度v ＝DE 5T ＝6.95×10－25×0.02 m/s ＝0.695 m/s ， 碰撞后A 、B 的总动量p ＝(m 1＋m 2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg ·m/s＝0.417 kg ·m/s.答案：(1)BC DE (2)0.420 0.4177．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同，体积不等的立方体滑块A 和B ，按下述步骤进行实验：步骤1：在A 、B 的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图所示．(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置________．①在P5、P6之间②在P6处③在P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________．①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的x45、x56和x67、x78⑥照片上测得的x34、x45、x56和x67、x78、x89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式____________________________．(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：_____________________________________________________________________________________________________________. 解析：(1)由题图可得x 12＝3.00 cm ，x 23＝2.80 cm ，x 34＝2.60 cm ，x 45＝2.40 cm ，x 56＝2.20 cm ，x 67＝1.60 cm ，x 78＝1.40 cm ，x 89＝1.20 cm.根据匀变速直线运动的特点可知A 、B 相撞的位置在P 6处．(2)为了探究A 、B 相撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后的动量，所以要测量A 、B 两个滑块的质量m 1、m 2和碰撞前后的速度．设照相机拍摄时间间隔为T ，则P 4处的速度为v 4＝x 34＋x 452T，P 5处的速度为v 5＝x 45＋x 562T ，因为v 5＝v 4＋v 62，所以A 、B 碰撞前在P 6处的速度为v 6＝x 45＋2x 56－x 342T；同理可得碰撞后AB 在P 6处的速度为v 6′＝2x 67＋x 78－x 892T.若动量守恒则有m 1v 6＝(m 1＋m 2)v 6′，整理得m 1(x 45＋2x 56－x 34)＝(m 1＋m 2)(2x 67＋x 78－x 89)．因此需要测量或读取的物理量是①⑥.(3)若碰撞前后都做匀速运动则可提高实验的精确度．答案：(1)② (2)①⑥ m 1(x 45＋2x 56－x 34)＝(m 1＋m 2)·(2x 67＋x 78－x 89)(3)将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动(其他合理答案也可)。