辽宁省2018届高考物理第一轮课时检测试题 第2讲 匀变
高考物理一轮总复习专题1直线运动第2讲匀变速直线运动的规律课后提能演练
第2讲 匀变速直线运动的规律知识巩固练1．(多选)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t －t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是－2 m/s 【答案】BD2．(2021年日照二模)某机动车在年检时，先做匀速直线运动再做匀减速直线运动至停止．已知总位移为s ，匀速阶段的速度为v 、时间为t ，则匀减速阶段的时间为( )A ．s v－t B ．s v－2t C ．2s v －tD ．2sv－2t【答案】D 【解析】设匀减速的时间为t 1，则s ＝vt ＋v ＋02t 1，解得t 1＝2sv－2t ，D 正确．3．(多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1【答案】BD 【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，故C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故A 错误，B 正确．4．“道路千万条，安全第一条．”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行．”一辆汽车以7.5 m/s 的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止．若驾驶员的反应时间为0.6 s ，汽车在最后2 s 内的位移为5 m ，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )A ．14.75 mB ．6.25 mC ．15.75 mD ．8.75 m【答案】C 【解析】设汽车匀减速的加速度大小为a ，由汽车在最后2 s 内的位移为5 m 得x ＝12at 2，解得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2，故汽车的刹车位移为x ′＝v 0t 0＋v 202a ＝7.5×0.6 m ＋7.522×2.5m ＝15.75 m ，故C 正确．5．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x ＝10－0.1v 2(m)，下列分析正确的是 ( )A ．上述过程的加速度大小为10 m/s 2B ．刹车过程持续的时间为5 sC ．0时刻的初速度为10 m/sD ．刹车过程的位移为5 m【答案】C 【解析】由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－12a v 20＋12a v 2，对照x ＝10－0.1v 2(m)可知12a ＝－0.1，－12av 20＝10，解得a ＝－5 m/s 2，v 0＝10 m/s ，故A 错误，C 正确．由v 0＝－at 可得刹车过程持续的时间t ＝2 s ，由v 20＝－2ax 可得刹车过程的位移x ＝10 m ，故B 、D错误．6．(2021年济南模拟)伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，观测出小球从不同起点运动到底端的位移s 与所对应的时间t ，画出s －t 2图像．设小球运动的加速度为a ，则图像的斜率为( )A ．12aB ．aC ．1aD ．2a【答案】A 【解析】小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移—时间关系为s＝12at 2，即s 与t 2成正比，所以s －t 2图像是一条过原点的直线，直线的斜率为12a ，故A 正确．BT 3BT 3综合提升练7．(2021年成都七中月考)四川九寨沟地震灾后重建中，在某工地上一卡车以10 m/s 的速度匀速行驶，刹车后第一个2 s 内的位移与最后一个2 s 内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s 内卡车通过的距离是( )A ．2.5 mB ．4 mC ．12 mD ．12.5 m【答案】D 【解析】设刹车时加速度大小为a ，则第一个2 s 内的位移x 1＝v 0t －12at2＝(20－2a ) m ，根据逆向思维，最后1个2 s 内的位移x 2＝12at 2＝2a m ，由x 1x 2＝20－2a 2a ＝32，解得a ＝4 m/s 2，卡车从刹车到停止需要时间t 0＝v 0a ＝2.5 s ，则刹车后4 s 内的位移x ＝v 202a＝12.5 m ，D 正确．8．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体 ( )A ．在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．在B 点的速度大小为3x 2－x 12TC ．运动的加速度为2x 1T2D ．运动的加速度为x 1＋x 2T 2【答案】AB 【解析】匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v A ＝v ＝x 1＋x 22T ，A 正确．设物体的加速度为a ，则x 2－x 1＝aT 2，所以a ＝x 2－x 1T2，C 、D 错误．物体在B 点的速度大小v B ＝v A ＋aT ，代入数据得v B ＝3x 2－x 12T，B 正确．9．一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的竖直立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s ，那么该消防队员( )A ．下滑过程中的最大速度为4 m/sB ．加速与减速运动过程中平均速度之比为2∶1C ．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2D ．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4【答案】C 【解析】设下滑过程中的最大速度为v ，由位移公式x ＝v 2t ，可得v ＝2xt＝2×123 m/s ＝8 m/s ，故A 错误．加速与减速运动过程中平均速度都为v2，平均速度之比为1∶1，故B 错误．由v ＝at 可知加速度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C 正确．加速与减速运动过程平均速度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D 错误．10．(2021年泰安二模)(多选)一质点以初速度v 、加速度a 做匀变速直线运动，经一段时间后质点运动的路程与位移大小之比为5∶3，则该过程的位移和时间可能为( )A ．位移大小为v 24aB ．位移大小为3v28aC ．时间为3v2aD ．时间为3va【答案】BCD 【解析】因路程与位移大小之比为5∶3而不等，故质点先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，质点速度减为零时的时间和位移分别为t 1＝v a ，x 1＝v 22a ，质点反向加速的时间为t 2，速度为v 2，有v 2＝at 2，x 2＝v 222a，若总位移为正，即x 1>x 2，可知t 1>t 2，有x 1＋x 2x 1－x 2＝53，解得v 2＝v 2.则运动时间为t 1＋t 2＝3v 2a ，位移为x 1－x 2＝3v28a，B 、C 正确；若总位移为负，即x 1<x 2，可知t 1<t 2，有x 1＋x 2x 2－x 1＝53，解得v 2＝2v ，则运动时间为t 1＋t 2＝3va，位移为x 2－x 1＝3v22a，A 错误，D 正确．。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
二十五 磁场对运动电荷的作用 (学生用书对应页码P318)1．(2018·重庆模拟)如图是三个从O 点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定( )A ．a 、b 是正电子，c 是负电子，a 、b 、c 同时回到O 点B ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 首先回到O 点C ．a 、b 是负电子，c 是正电子，b 首先回到O 点D ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 、b 、c 同时回到O 点解析：电子所受洛伦兹力的方向指向运动轨迹的凹侧，速度方向沿曲线的切线方向，由左手定则可知，a 、b 为负电子、c 为正电子；电子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，与电子电性无关，故a 、b 、c 同时回到O 点，选项D 正确．答案：D2．如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O 点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中( )A ．运动轨迹的半径相同B ．重新回到边界所用时间相同C ．重新回到边界时速度大小和方向相同D ．重新回到边界时与O 点的距离相等解析：洛伦兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，q v B ＝m v 2r ，带电粒子做圆周运动的半径r ＝m v qB ，根据题意，正、负粒子在磁场中运动的轨道半径相同，选项A 正确；根据q v B ＝m 4π2T 2r ，可得带电粒子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，而正粒子在磁场中运动的时间为t 1＝π－θπT ，而负粒子在磁场中运动的时间为t 2＝θπT ，两时间并不相同，选项B 错误；正、负带电粒子重新回到边界时速度大小和方向是相同的，选项C 正确；两粒子重新回到边界时与O 点的距离都是2r sin θ，选项D 正确．答案：ACD3．如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应强度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过的路径，则( )A ．a 的质量一定大于b 的质量B ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量C ．a 运动的时间大于b 运动的时间D ．a 的比荷q a m a 大于b 的比荷q b m b解析：根据动能定理qU ＝12m v 2，再根据牛顿第二定律q v B ＝m v 2r ，解得：r ＝1B 2mU q ，由于x 2>x 1，故r 2>r 1，即a 的比荷大于b 的比荷，故A 、B 错误，D 正确．再根据t ＝12T ＝πm qB ，a 的运动时间小于b 的运动时间，C 错误．答案：D4．两个电荷量分别为q 和－q 的带电粒子a和b 分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，已知A 、B 连线与磁场边界垂直，如图所示，则( ) A ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1B ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2C ．a 粒子带正电，b 粒子带负电D ．两粒子的速度之比v a ∶v b ＝1∶2 解析：由几何关系可知，R a ∶R b ＝3∶3，选项A 错误；由于两粒子的运动时间相等，由t ＝θ360°×2πm qB 可知m a ∶m b ＝1∶2，选项B正确；由左手定则可判定a 粒子带负电，b 粒子带正电，选项C 错误；根据R ＝m v qB ，可判断v a ∶v b ＝23∶3，选项D 错误．答案：B5．如图所示，在空间有一坐标系xOy ，直线OP 与x 轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B .一质量为m ，电荷量为q 的质子(不计重力)以速度v 从O 点沿与OP 成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x 轴上的Q 点(图中未画出)，则( )A ．粒子在第一象限中运动的时间为7πm 12qBB ．粒子在第一象限中运动的时间为5πm 6qBC ．Q 点的横坐标为(3＋1)m v 2qBD ．Q 点的横坐标为(3＋2)m v 2qB解析：作出粒子的轨迹示意图如图所示，粒子在磁场区域Ⅰ中运动时间t 1＝πm 3qB ，R 1＝m v Bq ，而R 2＝R 12＝m v B 2q ，所以B 2＝2B ，所以粒子在磁场区域Ⅱ中运动时间t 2＝πm 4Bq ，粒子在第一象限中运动的时间t ＝t 1＋t 2＝7πm 12qB ，所以A 正确，B 错误；Q 点的横坐标为x ＝R 1cos 30°＋R 2＝(3＋1)m v 2qB ，所以C 正确，D 错误．答案：AC6．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量解析：离子在电场中得到能量，在磁场中转弯，转动半径越来越大，所以选项A 、D 正确，B 、C 正确．答案：AD7．如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有一匀强磁场，其方向垂直于圆平面(未画出)．一群相同的带电粒子以相同速率v 0，由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B 1时，所有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的13；当磁感应强度大小减小为B 2时，这些粒子在磁场中运动的时间最长的是2πR 3v 0.则磁感应强度B 1、B 2的比值是(不计重力)( )A ．1∶ 3B ．2∶ 3C ．3∶ 3D ．4∶ 3解析：当磁感应强度大小为B 1时，设此时粒子的转动半径为r ，如图甲所示，由几何关系可知，R cos 30°＝r ＝m v 0qB 1；当磁感应强度大小减小为B 2时，粒子的转动半径增大，当粒子在磁场中运动时间最长时，粒子的运动轨迹如图乙所示，设此时粒子的转动半径为r ′，则有r ′sin θ＝R ，r ′＝m v 0qB 2，2θm qB 2＝2πR 3v 0，解得θ＝π6，故可求出B 1∶B 2＝4∶ 3.答案：D8．(2018·厦门模拟)如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：由r ＝m v qB 可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 正确；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB ，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进L ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 错误，D 正确．答案：BD9．(2018·合肥模拟)如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6解析：首先要判断出粒子是做逆时针圆周运动．由于所有粒子的速度大小都相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；过S 点作OC 的垂线SD ，可知粒子轨迹过D 点时在磁场中运动时间最短，根据最短时间为T 6，结合几何知识可得粒子圆周运动半径等于SD (如图)；由于粒子是沿逆时针方向运动，故沿SA 方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何知识易知此粒子在磁场中运动轨迹恰为半圆，故粒子在磁场中运动的最长时间为T 2，选项B 正确．答案：B10．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A ．在E k -t 图象中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1C ．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D ．要想粒子获得的最大动能越大，可增加D 形盒的面积解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在E k -t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，选项A 正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，选项B 错误；由r ＝m v qB ＝2mE k qB 可知，粒子获得的最大动能取决于D 形盒的半径，当轨道半径与D 形盒半径相等时就不能继续加速，故选项C 错误，D 正确．答案：AD11．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，小孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上．求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .解析：M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L故半径R 1＝L又因q v 1B ＝m v 21R 1qU m ＝12m v 21所以U m ＝qB 2L 22m .(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为R 2，在△AKC 中：sin 45°＝R 2L －R 2解得R 2＝(2－1)L即KC 长等于R 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x ＝HK ，即x ＝R 1－R 2＝(2－2)L .(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，所以t m ＝T 2＝πm Bq .答案：(1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πm Bq12．如图所示，在一半径为R 圆形区域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m 、电量为q 带正电的粒子沿平行于直径MN 的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P 到直径MN 的距离为h ，求：(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？(2)恰好能从M 点射出的粒子速度是多大？(3)若h ＝R 2，粒子从P 点经磁场到M 点的时间是多少？解析：(1)粒子出射方向与入射方向相反，即在磁场中运动了半个周期，其半径r 1＝h则q v 1B ＝m v 21r 1解得v 1＝qBh m(2)粒子从M 点射出，其运动轨迹如图，在△MQO 1中 r 22＝(R －R 2－h 2)2＋(h －r 2)2得r 2＝R 2－R R 2－h 2hq v 2B ＝m v 22r 2所以v 2＝qBR (R －R 2－h 2)mh (3)若h ＝R 2，sin ∠POQ ＝h R ，可得∠POQ ＝π6 由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为α＝7π6周期T ＝2πm Bq所以t ＝α2πT ＝7πm6Bq答案：(1)qBh m (2)qBR (R －R 2－h 2)mh (3)7πm6Bq。
辽宁省沈阳市2018届高三教学质量监测(一)物理试题答案
2018年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）物理试题答案及评分参考一、选择题（本题共10小题，每小题6分。
）二、非选择题（一）必考题11．(15分)解：（1）甲从A 到B ，应用动能定理：-μm 1gx ＝2012B 12121v v m m -（2分） 解得：B v ＝15m/s （1分）（2）甲和乙碰撞过程中，系统的动量守恒，则：共（)v m v 2+=1B 1m m （2分）212B 12121共损（)v m v 2+-=m m E （2分） E 损＝75 J （1分）（3）组合体从B 到D ，利用动能定理得：212D 212121212共（）（）（）（)v m v 2+-+=+-m m m R g m m （2分） 对组合体从D 到P 做平抛运动竖直方向：2212gt R =（2分） 水平方向：t D v x =（2分） 解得：x ＝4.8m （1分）12．(20分)解：（1）当S 断开时，粒子处于静止状态，由平衡条件可得：mg ＝qE 1（1分）dU E C 11=（1分） 电路中R 1与R 2串联，电容器两端电压为路端电压，流过金属棒的电流为：2111R R U I C +=（1分） 由闭合电路欧姆定律可得：r I U E C 11+=（1分）S 闭合时，粒子做匀加速直线mg －qE 2＝ma （1分）dU E C 22=（1分）电容器两端电压为R 2两端电压，流过R 2的电流为干路电流，222R U I C =（1分） 此时R 1和R 3并联后再与R 2串联，外电阻为： 23131R R R R R R ++=（1分） 由闭合电路欧姆定律可得：)(2R r I E +=（1分）联立以上各式解得：E ＝24V （1分）r ＝12Ω（1分）（2）金属棒在x ＝3m 处，感应电动势为E ＝BLv （1分）将B ＝0.5＋0.5x (T )和x ＝3m 代入，解得：v ＝12m/s （1分）（3）因为B ＝0.5＋0.5x (T )，所以安培力与位移呈线性关系221F F F +=安（2分） x F W 安安=（1分）金属棒在x ＝0m 和x ＝3m 处所受安培力分别为：F 1＝B 1I 2L （1分）F 2＝B 2I 2L （1分）解得：W 安＝4.5J （2分）（二）选答题13．【物理—选修3-3】(15分)（1）ABE （5分。
辽宁省2018年高考物理一模试卷(word版含答案解析)
2018年辽宁省高考物理一模试卷一．选择题（共12小题每小题4分计48分）1．将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s末落到井底．该小球开始下落后第2s内和第4s内的平均速度之比是（）A．1：3 B．2：4 C．3：7 D．4：162．甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（）A．两物体两次相遇的时刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动3．某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为v t．忽略空气阻力，下图中能正确描述速度矢量变化过程的是（）A．B．C． D．4．如图，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B 两处分别固定质量均为m的小球，此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂，现对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA竖直，设在图甲所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB 对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是（）A．T′=2TB．T′＞2 TC．T′＜2TD．条件不足，无法比较T，和T′的大小关系5．半径为R光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜R）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡．以下说法正确的是（）①墙对小圆柱体的弹力大小为mg•；②若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大R；③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小．A．①②B．①③C．②③D．②④6．如图所示，物体P左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动．在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力N的大小和地面对P 的摩擦力f的大小的变化情况是（）A．N始终增大，f始终减小B．N先不变后增大，f先减小后增大C．N保持不变，f始终减小D．N保持不变，f先减小后增大7．如图所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物，AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，则（）A．AO所受的拉力大小为mgsinθB．AO所受的拉力大小为C．BO所受的拉力大小为mgcosθD．BO所受的拉力大小为8．如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（）A．到达底端的速度大小不相等B．重力的冲量都相同C．物体动量的变化率都相同D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间9．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处10．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量m1的物体1．跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（）A．车厢的加速度为gtanθB．绳对物体1的拉力为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为m2g﹣m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gtgθ11．一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后（）A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动12．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两个相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）A．F N变小B．F N变大C．F f不变D．F f变小二．实验题（共2小题，共计18分）13．某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．（1）在图上标出的F1、F2、F和F′，四个力中，力不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是．A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．14．某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示．（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a．实验中打出的一条纸带如图乙所示．从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O点的距离分别为s1、s2、s3…，从O点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得=，=，=…．作出﹣t图象如图丙所示．图线的斜率为k，截距为b．则木块的加速度a=；b的物理意义是．（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ=．（3）关于上述实验，下列说法中错误的是．A．木板必须保持水平B．调整滑轮高度，使细线与木板平行C．钩码的质量应远小于木块的质量D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素．三．计算题（共3小题计34分）15．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2﹣x图象（v为货车的速度，x为制动距离），其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象．某路段限速72km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶．通过计算求解：（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远．16．如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．17．5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示．每块木块的质量为m=1kg，长l=1m．它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为M=2.5kg的小铅块（视为质点），以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数μ2=0.2．小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度．（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动．（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？2018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理一模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共12小题每小题4分计48分）1．将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s末落到井底．该小球开始下落后第2s内和第4s内的平均速度之比是（）A．1：3 B．2：4 C．3：7 D．4：16【考点】1J：自由落体运动．【分析】根据自由落体运动的速度与时间规律，可分别求出第1秒末，第2秒末、第3秒末、第4秒末的速度，再根据初末速度的之和的平均即为平均速度即可求解．【解答】解：由速度与时间公式v=gt可得，v1=10m/s，v2=20m/s，v3=30m/s，v4=40m/s，再由，可得小球开始下落后第2s内和第4s内的平均速度之比3：7，故C正确，故选：C2．甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（）A．两物体两次相遇的时刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】本题考查了图象中的追及问题，明确甲乙两物体的运动性质，甲一直做匀速运动，乙先做初速度为零的匀加速直线运动然后做匀减速直线运动．把握相遇特点，根据v﹣t图象特点进行求解．【解答】解：A、在v﹣t图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t=2s和t=6s时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s，故A正确；B、开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t=2s时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的，因此乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t=6s 时，甲乙再次相遇，因此在2～6s内，甲在乙后面，故B错误；C、由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲乙相距最远，此时t=4s，故C错误；D、整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D错误．故选A．3．某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为v t．忽略空气阻力，下图中能正确描述速度矢量变化过程的是（）A．B．C． D．【考点】43：平抛运动．【分析】斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，根据矢量的变化采用三角形法则可以得出正确答案．【解答】解：斜抛运动加速度不变，竖直向下，可知速度的变化量的方向竖直向下，由矢量三角形知，矢量的变化方向应沿竖直方向．故C正确，A、B、D错误．故选：C．4．如图，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B 两处分别固定质量均为m的小球，此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂，现对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA竖直，设在图甲所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB 对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是（）A．T′=2TB．T′＞2 TC．T′＜2TD．条件不足，无法比较T，和T′的大小关系【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．【分析】甲图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，根据平衡条件求解出T；乙图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，三力平衡，根据平衡条件求解OB绳子的拉力T′．【解答】解：甲图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：T=；乙图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：T′=2mg；故T′＜2T；故选C；5．半径为R光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜R）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡．以下说法正确的是（）①墙对小圆柱体的弹力大小为mg•；②若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大R；③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小．A．①②B．①③C．②③D．②④【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】对小球进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出．【解答】解：小球受到重力、墙对小圆柱体的弹力以及半圆柱体对小圆柱体的弹力，受力如图：设两个球心之间的连线与水平方向之间的夹角为θ，由图中几何关系可知：…①由共点力平衡的条件可得：…②…③①、墙对小圆柱体的弹力大小为N1=mgtanθ．故①错误；②、若增大R ，根据=可知cosθ将增大，则θ将减小，将增大，根据牛顿第三定律可知，圆柱体对墙压力增大．故②正确；③④、若仅减小小圆柱体半径，则，可知cosθ将增大，则θ将减小，将增大，不改变其质量，则可使大圆柱体所受压力增大．故③正确，④错误．故ABD 错误，C 正确故选：C6．如图所示，物体P 左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F 向右拉P ，直到把P 拉动．在P 被拉动之前的过程中，弹簧对P 的弹力N 的大小和地面对P 的摩擦力f 的大小的变化情况是（ ）A ．N 始终增大，f 始终减小B ．N 先不变后增大，f 先减小后增大C ．N 保持不变，f 始终减小D ．N 保持不变，f 先减小后增大【考点】27：摩擦力的判断与计算．【分析】在P 被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体P 先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．【解答】解：由题意可知，物体一直处于静止状态，弹簧的形变量不变，故弹力N不变；物体放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力．当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力从向右变为水平向左．所以其大小先减小后增大．故只有D正确．ABC错误．故选：D．7．如图所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物，AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，则（）A．AO所受的拉力大小为mgsinθB．AO所受的拉力大小为C．BO所受的拉力大小为mgcosθD．BO所受的拉力大小为【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用．【分析】以结点O为研究对象，分析受力，作出受力图，根据平衡条件求解AO、BO两绳的拉力．【解答】解：以结点O为研究对象，分析受力，重力mg，AO绳的拉力T AO，BO 绳的拉力T BO，如图所示：根据平衡条件得知：拉力T AO和T BO的合力F与重力mg大小相等，方向相反，则有：T AO=Fsinθ=mgsinθT BO=mgcosθ故AC正确，BD错误故选：AC．8．如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（）A．到达底端的速度大小不相等B．重力的冲量都相同C．物体动量的变化率都相同D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间【考点】52：动量定理；29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．【分析】沿不同光滑斜面下滑的过程中，到达底端的动能完全由重力势能转化的．而重力势能的增加是由重力做功决定，对于同一物体，高度决定了重力做功的多少．至于机械能则是动能与重力势能之和，由于在下滑过程中，只有重力，所以机械能守恒；对于下滑的时间可由运动学公式，根据受力分析确定加速度大小，并由几何关系来确定位移大小，从而算出所用的时间．【解答】解：A、物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，由机械能守恒定律可知，两物体到达底部时下落的高度不同，故到达最低点时速度大小不相同，故A正确；B、对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a=gcosα；根据运动学公式x=at2，可得，2Rcosα═gcosαt2，t=2，因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故B正确D错误；C、因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所以动量的变化率不相同，故C错误；故选：AB．9．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．故选：BD．10．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量m1的物体1．跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（）A．车厢的加速度为gtanθB．绳对物体1的拉力为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为m2g﹣m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gtgθ【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．【分析】物块1、2和车厢具有相同的加速度，先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．【解答】解：AB、以物体1为研究对象，分析受力情况如图1：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得：m1gtanθ=m1a得：a=gtanθ则车厢的加速度也为gtanθ．T=．故A正确，B错误．CD、对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N=m2g﹣T=m2g﹣．f=m2a=m2gtanθ．故C错误，D正确．故选：AD11．一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后（）A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动【考点】37：牛顿第二定律．【分析】先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出当用斜向上的拉力F的作用时和将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力的加速度，比较加速度即可，注意加速度等于零的情况．【解答】解：设地面与物体间的动摩擦力因数为μ，当用斜向上的拉力F的作用时，加速度a=，现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力则A、加速度a＜a，所以物体可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动，故AC错误，D正确；B、若μmg=F1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B正确．故选：BD12．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两个相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（）A．F N变小B．F N变大C．F f不变D．F f变小【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分析，根据平衡条件即可求解．【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：2F f=（M+2m）g，解得F f=（M+2m）g，故静摩擦力不变，将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为θ，则有F1=F2=；再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解，如图根据几何关系，有F x=F1•sin故F x=•sin=，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，F x变大，故滑块m对墙壁的压力变大，即F N变大，故AD错误，BC正确；故选：BC二．实验题（共2小题，共计18分）13．某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．（1）在图上标出的F1、F2、F和F′，四个力中，力F′不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是ACD．A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．【考点】M3：验证力的平行四边形定则．【分析】本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律【解答】解：（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的；（2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；D、只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是弹簧的一个分力，故D正确；E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故E错误；故选：ACD．故答案为：（1）F′；（2）ACD14．某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示．（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a．实验中打出的一条纸带如图乙所示．从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O点的距离分别为s1、s2、s3…，从O点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得=，=，=…．作出﹣t 图象如图丙所示．图线的斜率为k，截距为b．则木块的加速度a=2k；b的物理意义是O点的瞬时速度．（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ=．（3）关于上述实验，下列说法中错误的是C．A．木板必须保持水平B．调整滑轮高度，使细线与木板平行C．钩码的质量应远小于木块的质量D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素．【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）分析﹣t图象的斜率的物理含义与加速度的关系；（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数；（3）根据实验原理，选取整体作为研究对象，从而即可一一求解．。
辽宁2018年物理高考试题(word档含答案解析)
2018年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）理科综合能力测试试题卷（物理部分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。
写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
学科&网1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功2．高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102NC ．103ND ．104N3．2018年2月，我国500 m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms ，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为11226.6710N m /kg 。
以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为A ．93510kg /mB ．123510kg /m C ．153510kg /mD ．183510kg /m4．用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为 1.2810-19 J。
已知普朗克常量为 6.6310-34 J·s，真空中的光速为 3.00108 m·s-1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为A．11014 Hz B．81014 Hz C．21015 Hz D．81015 Hz 5．如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。
辽宁省2018届高考物理第一轮课时检测试题 第17讲 抛体
课时作业(十七) [第17讲 抛体运动]基础热身1．物体做平抛运动时，它的速度方向与初速度方向的夹角α的正切tan α随时间t 变化图象是图K17－1中的( )A B C D图K17－12．飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2018年的IDF(国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h ，离靶面的水平距离L 处，将质量为m 的飞镖以速度v 0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h 、L 、m 、v 0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力)( )图K17－2A ．适当减小v 0B ．适当提高hC ．适当减小mD ．适当减小L3．如图K17－3所示，在一次演习中，离地H 高处的飞机以水平速度v 1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v 2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )图K17－3A ．v 1＝v 2B ．v 1＝H xv 2 C ．v 1＝H x v 2 D ．v 1＝x Hv 2 4．某同学对着墙壁练习打乒乓球，假定球在墙面上以25 m/s 的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m 至15 m 之间，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2.则球在墙面上反弹点的高度范围是( )A ．0.8 m 至1.8 mB ． 0.8 m 至1.6 mC ．1.0 m 至1.6 mD ．1.0 m 至1.8 m 技能强化5．[2018·温州模拟] 如图K17－4所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，重力加速度为g ，则下列说法错误的是( )图K17－4A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向C．可求小球到达N点时的动能D．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大6．如图K17－5所示，在斜面顶端a处以速度v a水平抛出一小球，经过时间t a恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度v b水平抛出另一小球，经过时间t b恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )图K17－5A．v a＝v b B．v a＝2v bC．t a＝t b D．t a＝2t b7．如图K17－6所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，图K17－7中的图象是描述物体沿x方向和y方向运动的速度—时间图象，其中正确的是( )图K17－6A B C D图K17－78．[2018·亳州模拟] 如图K17－8所示，P是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B点以速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则( )图K17－8A．cotθ1tanθ2＝2 B．tanθ1tanθ2＝2C．cotθ1cotθ2＝2 D．tanθ1cotθ2＝29．如图K17－9所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd.从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点，若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的( )图K17－9A．b与c之间某一点 B．c点C．c与d之间某一点 D．d点10．如图K17－10所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，则以下说法错误的是( )图K17－10A．小球在空中的运动时间变为原来的2倍B．夹角α将变大C．PQ间距一定大于原来间距的3倍D．夹角α与初速度大小无关11．如图K17－11所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与水平方向的夹角为30°，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为60°.(1)求质点在A、B位置的竖直分速度大小之比；(2)设质点的位移AB与水平方向的夹角为θ，求tanθ的值．图K17－1112．如图K17－12所示，A、B两球之间由长6 m的柔软细线相连，将两球相隔0.8 s先后从同一高度从同一点均以4.5 m/s的初速度水平抛出，g取10 m/s2，则A球抛出后多长时间，A、B两球间的连线可拉直？这段时间内A球离抛出点的水平位移多大？图K17－12挑战自我13．如图K17－13所示，水平屋顶高H＝5 m，墙高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽x＝10 m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围．(取g＝10 m/s2)图K17－13课时作业（十七）【基础热身】1．B [解析] tan α＝v y v 0＝gv 0t, 所以tan α随时间变化的图象是一条过原点、斜率为g v 0的倾斜直线，所以选项B 正确．2．A [解析] 飞镖飞行中竖直方向y ＝12gt 2、水平方向L ＝v 0t ，得y ＝gL22v 20，欲击中靶心，应该使竖直位移增大，使L 增大或v 0减小，选项A 正确．3． D [解析] 炮弹1做平抛运动，炮弹2做竖直上抛运动，若要使拦截成功，则两炮弹必定在空中相遇，以做自由落体运动的物体为参考系，则炮弹1做水平方向上的匀速直线运动，炮弹2匀速上升，由t 1＝x v 1，t 2＝H v 2，t 1＝t 2，得v 1＝x Hv 2，故选项D 正确．4．A [解析] 乒乓球落地时所用时间在t 1＝x 1v ＝0.4 s 和t 2＝x 2v＝0.6 s 之间，所以反弹点的高度在h 1＝12gt 21＝0.8 m 和h 2＝12gt 22＝1.8 m 之间，选项A 正确．【技能强化】5．C [解析] 设小球从抛出到落到N 点经历时间为t ，则有tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，即t ＝2v 0tan θg ，因此可求出d MN ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，v N ＝gt 2＋v 20＝v 01＋4tan 2θ，其方向：tan α＝gt v 0＝2tan θ，故选项A 、B 均正确．但因小球的质量未知，因此小球在N 点的动能不能求出，选项C 错误．当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，选项D 正确．6．B [解析] 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，即t ＝2hg，从a 处抛出的小球下落的高度是从b 处抛出的小球的2倍，有t a ＝2t b ，选项C 、D 错误；水平方向的距离由高度和初速度决定，即x ＝v 02hg，由题意得从a 处抛出的小球的水平位移是从b处抛出的小球的2倍，可知v a ＝2v b ，选项B 正确．7．C [解析] 在0～t P 段，水平方向：v x ＝v 0，恒定不变；竖直方向：v y ＝gt ；t P ～t Q 段，水平方向：v x ＝v 0＋a 水平t ，竖直方向：v y ＝v P ＋a 竖直t (a 竖直<g )，因此选项A 、B 、D 均错误，选项C 正确．8．B [解析] 由平抛运动知识及几何关系可知，tan θ2＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，tan θ1＝v y v x ＝gtv 0，解得tan θ1tan θ2＝2，选项B 正确．9．A [解析] 平抛运动的初速度加倍后，若小球在空中飞行时间相同(落在同一水平面上)，则发生的水平位移亦加倍，但由于抛出速度增大后，落在斜面上的位置升高，所以飞行时间将缩短，其水平位移应小于原水平位移的2倍，故应落在b 与c 之间某一点，选项A 正确．10．B [解析] 由tan θ＝12gt 2v 0t 得t ＝2v 0tan θg ，故选项A 正确；P Q ＝12gt 2sin θ＝2v 20tan 2θg sin θ，所以若v 0加倍，P 、Q 间距将为原来的4倍，选项C 正确；设小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为β，则tan β＝gt v 0＝2tan θ，可见β与v 0无关，而α＝β－θ，因此α也与初速度无关，选项B 错误，选项D 正确．11．(1)1∶3 (2)233[解析] (1)设质点平抛的初速度为v 0，在A 、B 点的竖直分速度分别为v Ay 、v By ，则 v Ay ＝v 0tan30° v By ＝v 0tan60°解得v Ay v By ＝13(2)设从A 到B 所用的时间为t ，竖直位移和水平位移分别为y 、x ，则tan θ＝y x，x ＝v 0t ，y ＝v Ay ＋v By 2t联立解得tan θ＝233.12．1 s 4.5 m[解析] A 、B 两球在运动过程中水平位移之差为 Δx ＝v 0Δt ＝4.5×0.8 m＝3.6 m设A 球抛出t 时间后两球间连线拉直，此时两球间竖直位移之差为Δy ＝l 2－Δx 2＝62－3.62m ＝4.8 m 由平抛运动规律，在竖直方向有Δy ＝12gt 2－12g (t －Δt )2＝gt Δt －12g Δt 2代入数据，解得t ＝1 s.这段时间内A 球的水平位移为 x A ＝v 0t ＝4.5×1 m＝4.5 m 【挑战自我】13．5 m/s≤v 0≤13 m/s[解析] 设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v 1，由平抛运动规律可知：H －h ＝12gt 21L ＝v 1t 1 解得v 1＝LH －h g＝5 m/s 又设小球恰好落到马路右边缘时的初速度为v 2，由平抛运动的规律得 H ＝12gt 22 L ＋x ＝v 2t 2解得v 2＝L ＋x2Hg＝13 m/s所以小球抛出时的速度v0的取值范围为5 m/s≤v0≤13 m/s.。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理综(物理)模拟试卷(一)含答案
2018年高考理综(物理）模拟试卷(一）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．(建议用时:60分钟满分：110分)第Ⅰ卷（选择题共48分)一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1～4题只有一项符合题目要求,第5～8题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,有选错的得0分．）1．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点．若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x。
t图象如图M1.1所示．图象中的OC与AB平行，CB与OA平行．则下列说法中正确的是( ）图M1.1A．t1~t2时间内甲和乙的距离越来越远B．0~t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等C．0~t3时间内甲和乙的位移相等D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度2．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为m，可提供恒定的推动力，大小为F＝2mg，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过错误!时，火箭丢弃掉错误!的质量,剩余错误!时间，火箭推动剩余的m2继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化）（)A．1。
5h B．2h C．2.75h D．3.25h3．如图M1。
2a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后( ）a b图M1.2A．电压表示数增大B．电流表示数增大C．变压器的输入功率增大D．经过灯泡的电流频率为25 Hz4．据英国《每日邮报》报道,科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫（Wolf）1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行．已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（)A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于错误!2D．若已知探测卫星的周期和地球的质量,可近似求出沃尔夫1061c的半径5．图M1。
高考物理试题-2018年物理高考第一轮课时检测试题43 最新
课时作业(四十三)[第43讲电磁感应与力和能量的综合] 基础热身1．电磁感应现象中产生感应电流，关于能量转化问题，以下说法正确的是()A．一定是磁场能转化为电能B．一定是电场能转化为电能C．一定是机械能转化为电能D．以上说法均不正确2．2018·唐山摸底如图K43－1所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后沿垂直于磁场方向进入一有界匀强磁场，从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是()A．a端的电势高于b端B．ab边所受安培力方向为水平向左C．线圈可能一直做匀速直线运动D．线圈可能一直做匀加速直线运动图K43－1图K43－23．半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场沿水平方向并垂直于轨道平面，一个闭合金属环在轨道内来回滚动，如图K43－2所示，若空气阻力不计，则金属环往复运动() A．到达右侧的最大高度依次减小B．到达右侧的最大高度依次增大C．到达右侧的最大高度不变D．最终将静止在最低点技能强化4．2018·惠州调研如图K43－3所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．a、b两点间的电压为BL vC．a端电势比b端高D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热图K43－3图K43－45．2018·柳州模拟如图K43－4所示，相距为d 的两水平直线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B ，正方形线框abcd 边长为L (L <d )，质量为m .将线框在磁场上方ab 边距L 1为h 处由静止开始释放，ab 边进入磁场时速度为v 0，cd 边刚穿出磁场时速度也为v 0.从ab 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的整个过程中( )A ．线框中一直都有感应电流B ．线框有一阶段的加速度为gC ．线框产生的热量为mg (d ＋h ＋L )D ．线框做过减速运动 6．2018·浙江联考如图K43－5甲所示，在光滑水平面上用恒力F 拉质量为m 、边长为a 的单匝均匀正方形铜线框从位置1以速度v 0进入磁感应强度为B 的匀强磁场，此时t ＝0，若磁场的宽度为b (b >3a )，在3t 0时刻线框到达位置2速度又为v 0并开始离开匀强磁场．此过程中v －t 图象如图乙所示，则( )甲 乙图K43－5A ．t ＝0时，线框右侧边MN 的两端电压为Ba v 0B ．在t 0时刻线框的速度为v 0－Ft 0mC ．线框完全离开磁场的瞬间(位置3)的速度一定比t 0时刻线框的速度大D ．线框从进入磁场(位置1)到完全离开磁场(位置3)的过程中产生的电热为2Fb 7．2018·海淀一模在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场B 1中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab ，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B 2中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图K43－6甲所示．磁感应强度B 1随时间t 的变化关系如图K43－6乙所示，0～1 s 内磁场方向垂直线框平面向下．若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体所受的摩擦力f 随时间变化的图象是图K43－7中的( )图K43－6A BC D图K43－78．2018·南京质检如图K43－8所示，在光滑绝缘的水平面上，一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半．若磁场宽度大于线圈宽度，那么()图K43－8A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来9．如图K43－9甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量．图K43－910．如图K43－10甲所示，M、N为水平面内平行放置的粗糙金属长直导轨，间距为L ＝0.5 m，导轨间接有阻值为R＝2.0 Ω的定值电阻，导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B＝4.0 T的匀强磁场中．一导体杆ab垂直M、N置于导轨上，其质量为m＝1.0 kg，长度也为L，电阻为r＝1.0 Ω，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.2，且跟导轨接触良好．不计导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2.(1)若在ab杆上作用一个平行导轨方向的恒力F使其向右运动，恒力大小为F＝10 N，求ab杆可以达到的速度最大值v m；(2)若用图乙所示的电动机通过轨绳来水平向右牵引ab杆，也可使ab杆达到(1)中的速度最大值v m，求电压表的示数U(已知电动机内阻r1＝5.0 Ω，电压表和电流表示数恒定，且电流表示数为I＝2.0 A，不计电动机的摩擦损耗)；(3)在(2)中的条件下，可认为ab杆从静止开始经时间t＝1.5 s，位移x＝7.5 m后刚好达到最大速度v m，求此过程中ab杆上产生的电热．图K43－10挑战自我 11．2018·烟台模拟如图K43－11所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°夹角固定放置，导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m 、n 间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场．导体棒a 的质量为m a ＝0.4 kg ，电阻R a ＝3 Ω；导体棒b 的质量为m b ＝0.1 kg ，电阻R b ＝6 Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a 、b 从开始相距L 0＝0.5 m 处同时由静止开始释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时，a 正好进入磁场(g 取10 m/s 2，不计a 、b 之间电流的相互作用)．求：(1)当a 、b 分别穿越磁场的过程中，通过R 的电荷量之比；(2)在穿越磁场的过程中，a 、b 两导体棒匀速运动的速度大小之比； (3)磁场区域沿导轨方向的宽度d ； (4)在整个过程中，产生的总焦耳热．图K43－11课时作业（四十三）【基础热身】1．D [解析] 电磁感应现象中产生的电能可能是机械能转化的(如导体棒切割磁感线产生的感应电流，即动生电流)，也可能是由变化磁场的磁场能转化过来的(如感生电流)．2．C [解析] 此过程中ab 边始终切割磁感线，ab 边为电源，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，由a 流向b ，电源内部电流从低电势流向高电势，故a 端的电势低于b 端，选项A 错误；由左手定则可知，ab 边所受安培力方向竖直向上，选项B 错误；如果刚进入时安培力等于重力，则一直匀速进入，如果安培力大于重力，则mg －B 2L 2vR＝ma ，做变加速运动，选项C 正确、D 错误．3．AD [解析] 由于闭合金属环在充满不均匀磁场的圆形轨道内来回滚动，所以闭合金属环内的磁通量将发生变化，由此将产生感应电流，电流通过闭合电路必将产生焦耳热，金属环在来回滚动的过程中机械能将逐渐减少，故金属环振动减弱，最终将静止在最低点．选项AD 正确．【技能强化】4．C [解析] 由右手定则可知，通过金属导线的电流由b 到a ，即通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，选项A 错误；金属导线产生的电动势为BL v ，而a 、b 两点间的电压为等效电路的路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a 、b 两点间电压为12BL v ，选项B 错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a 端电势高于b 端电势，C 正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R 和金属导线产生的焦耳热之和，选项D 错误．5．BD [解析] 由于L <d ，当线框全部进入磁场区域后有一段时间内磁通量不变，故选项A 错误；ab 边进入磁场时和cd 边刚穿出磁场时速度均为v 0，且线框整体进入磁场后做加速运动，故不论线框如何进入，一定有减速运动过程，选项BD 正确；从ab 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的整个过程，根据能量守恒可知，减少的重力势能为mg (d ＋L )，它全部转化为热量，选项C 错误．6．D [解析] t ＝0时，线框右侧边MN 两端的电压即路端电压，为34Ba v 0，选项A 错误；从t 0时刻至3t 0时刻线框做匀加速运动，加速度为F m ，故在t 0时刻的速度为v 0－2at 0＝v 0－2Ft 0m，选项B 错误；因为t ＝0时刻和t ＝3t 0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t 0时刻的速度相等，选项C 错误；线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb ＝Q ，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb ，选项D 正确．7．D [解析] 根据楞次定律知，0～1 s 时间段内棒中电流由b 到a,1～2 s 时间段内棒中无电流，2～3 s 时间段内棒中电流由a 到b ；由左手定则知，0～1 s 时间段内棒受到的安培力向左，2～3 s 时间段内棒受到的安培力向右；根据平衡条件知，0～1 s 时间段内棒受到的静摩擦力向右，2～3 s 时间段内棒受到的静摩擦力向左．同时，由法拉第电磁感应定律知，产生感应电流的时间里，感应电流大小不变，由F ＝B 2IL 得，安培力大小不变，静摩擦力大小不变．所以选项D 正确．8．D [解析] 线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功．由于进入时的速度大，则感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，故线圈离开磁场过程中损失的动能少于它进入磁场时损失的动能，即少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．故选项D 正确．9．(1)2 T (2)0.185 J[解析] (1)由图象知，杆自由下落0.1 s 进入磁场后以v ＝1.0 m/s 做匀速运动． 产生的电动势E ＝BL v杆中的电流I ＝ER ＋r杆所受安培力F 安＝BIL 由平衡条件得mg ＝F 安 解得B ＝2T(2)电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.185 J 10．(1)6.0 m/s (2)40 V (3)19 J[解析] (1)ab 杆达到速度最大值v m 时，ab 杆受力平衡，流过ab 杆的电流为I 1＝BL v mR ＋r且F ＝μmg ＋BI 1L解得v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝6.0 m/s(2)当ab 杆达到的速度最大值也为v m 时，需要的牵引力仍为F . 由能量关系可知：UI ＝I 2r 1＋F v m解得U ＝I 2r 1＋F v mI＝40 V(3)此过程中，ab 杆与电阻R 产生的总热量为Q ＝(UI －I 2r 1)t －μmgx －12m v 2m ＝57 J故ab 杆上产生的电热为Q ′＝rR ＋rQ ＝19 J【挑战自我】11．(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt平均电流I ＝E R 总导体棒b 的总电荷量q 总＝I Δt ＝ΔΦR 总在b 穿越磁场的过程中，b 是电源，a 与R 是外电路，电路的总电阻R 总1＝R b ＋RR aR ＋R a＝8 Ω则通过R 的电荷量为q Rb ＝13q 总＝13·ΔΦR 总1同理，a 棒在磁场中匀速运动时，R 总2＝R a ＋RR b R ＋R b＝6 Ω，通过R 的电荷量为q Ra ＝12q总＝12·ΔΦR 总2解得q Ra ∶q Rb ＝2∶1(2)设b 在磁场中匀速运动的速度大小为v b ，则b 中的电流I b ＝BL vR 总1由平衡条件得B 2L 2v bR 总1＝m b g sin53°同理，a 棒在磁场中匀速运动时：B 2L 2v aR 总2＝m a g sin53°可得v a ∶v b ＝3∶1(3)设a 、b 穿越磁场的过程中的速度分别为v a 和v b . 由题意得v a ＝v b ＋gt sin53° d ＝v b t因v 2a －v 2b ＝2gL 0sin53° 解得d ＝0.25 m(4)由F 安a ＝m a g sin53°，故W a ＝m a gd sin53°＝0.8 J 同理W b ＝m b gd sin53°＝0.2 J在整个过程中，电路中共产生焦耳热Q ＝W a ＋W b ＝1 J。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业(二) [第2讲 匀变速直线运动的规律及应用] 基础热身 1．环球网国际军情中心2018年8月28日消息：8月26日，歼—20战斗机在成都某机场再次进行试飞，在空中的歼—20姿态优美，做出各种机动动作．假设歼—20战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间t，飞行一段时间后返回飞机场，以速度v做匀减速直线运动，经过时间t恰好停下，则( )
图K2－1 A．起飞前的运动距离为vt
B．起飞前的运动距离为vt2 C．匀减速直线运动的位移是2vt D．起飞前的匀加速直线运动和返回后的匀减速直线运动的位移大小相等 2．在平直公路上以72 km/h的速度行驶的汽车，遇紧急情况刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，该汽车在6 s内的刹车距离为( ) A．30 m B．40 m C．50 m D．60 m 3．2018·镇江模拟给滑块一初速度v0，使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小
为g2，当滑块速度大小变为v02时，所用时间可能是( )
A.v02g B.v0g C.3v0g D.3v02g 技能强化 4．如图K2－2所示，传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动．现在a点将一质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10 m/s2)( )
图K2－2 A.5s B．(6－1) s C．3 s D．2.5 s 5．有一列火车正在做匀加速直线运动．从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180 m；第6分钟内，发现火车前进了360 m．则火车的加速度为( ) A．0.01 m/s2 B．0.18 m/s2 C．36 m/s2 D．180 m/s2 6．如图K2－3所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度v0射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度v1、v2、v3之比和穿过每个木块所用的时间t1、t2、t3之比分别为( )
图K2－3 A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3 D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1 7．汽车遇情况紧急刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是( ) A．4.5 m B．4 m C．3 m D．2 m 8．2018·天津联考如图K2－4所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都
是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则( )
图K2－4 A．vb＝10m/s B．vc＝3 m/s C．de＝3 m D．从d到e所用时间为4 s 9．物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移是x，它在中间位置处的速度为v1，在中间时刻的速度为v2，则v1和v2的关系为( ) A．当物体做匀加速直线运动时，v1>v2 B．当物体做匀减速直线运动时，v1>v2 C．当物体做匀速直线运动时，v1＝v2 D．当物体做匀减速直线运动时，v110．在一段限速为50 km/h的平直道路上，一辆汽车遇到紧急情况刹车，刹车后车轮在路面上滑动并留下9.0 m长的笔直的刹车痕．从监控录像中得知该车从刹车到停止的时间为1.5 s．请你根据上述数据计算该车刹车前的速度，并判断该车有没有超速行驶．
11．如图K2－5所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝3 m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a＝4 m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2.为使货箱不从平板车上掉下来，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？
图K2－5
挑战自我 12. 2018年8月6日，我南海舰队蛟龙突击队演练直升机低空跳伞，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s(取g＝10 m/s2)，求： (1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 课时作业（二） 【基础热身】
1．BD [解析] 由匀加速直线运动的位移公式可知x＝vt＝0＋v2t＝12vt，选项A错误，选项B正确；匀减速直线运动可以看成是初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C错误，选项D正确．
2．B [解析] v0＝72 km/h＝20 m/s，设刹车时间为t，则at＝v0，解得t＝v0a＝4 s，故
刹车距离x＝v02t＝40 m. 3．BC [解析] 当滑块速度大小变为v02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝v02或v＝－v02，代入公式t＝v－v0a得，t＝v0g或t＝3v0g，故选项B、C正确． 【技能强化】 4．C [解析] 物体开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时
发生的位移x＝v22a＝12×1m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝va＝1 s，物体接着做匀速直线运动，
所经历的时间t2＝L－xv＝2.5－0.51s＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s.
5．A [解析] 由逐差法得x6－x1＝5aT2，所以a＝x6－x15T2＝0.01 m/s2，选项A正确． 6．D [解析] 用“逆向思维”法解答．由题知，若倒过来分析，子弹向左做匀加速直线运动，初速度为零，设每块木块长为L，则v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝2a·3L，v3、v2、v1
分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度，
则v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，因此选项A、B错误．由v3＝at3，v2＝a(t2＋t3)，v1＝a(t1＋t2＋t3)．三式联立，得t1∶t2∶t3
＝(3－2)∶(2－1)∶1，因此选项C错误，D正确．
7．B [解析] 由x＝12at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移为x1＝12×8×12 m＝4 m，选项B正确． 8．ABD [解析] 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从a到c和c到d所用时间相等，
故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻，vc＝xad2T＝6＋62×2 m/s＝3 m/s，选项B正确；因xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，由Δx＝xac－xcd＝aT2得：a＝0.5 m/s2，由v2b－v2c＝2axbc可得，vb＝10 m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce＝v0a＝6 s，故从d到e所
用的时间tde＝tce－T＝4 s，de＝12at2de＝4 m，选项C错误，选项D正确． 9．ABC [解析] 如图所示，物体由A沿直线运动到B，C点为AB的中点，物体到达C点时速度为v1，若物体做匀加速直线运动，A到B的中间时刻应在C点左侧，有v1>v2，若物体做匀减速直线运动，A到B的中间时刻应在C点右侧，仍有v1>v2，故A、B正确，D错误；若物体做匀速直线运动，则v1＝v2，C正确．
10．12 m/s 没有超速 [解析] 设汽车刹车前的速度为v0，汽车刹车时加速度大小为a.将汽车刹车到速度为零的运动看成逆向的匀加速运动，则 x＝12at2 v0＝at 解得v0＝12 m/s 因12 m/s＝43.2 km/h＜50 km/h，故汽车没有超速行驶． 11． v0≤6 m/s [解析] 设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v.以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度为 a1＝μg 货箱向右运动的位移为
x箱＝12a1t2 又v＝a1t 平板车向右运动的位移为
x车＝v0t－12at2 又v＝v0－at 为使货箱不从平板车上掉下来，应满足 x车－x箱≤l
联立得：v0≤a＋μgl 代入数据：v0≤6 m/s. 【挑战自我】 12．(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s [解析] (1)设直升机悬停位置距地面高度为H，伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时，速度为v1，相当于从h1高处自由落下．在匀减速运动阶段，有v21－v20＝－2ah， 即52－v20＝－2×12.5×h 在自由落体运动阶段，有v20＝2g(H－h) 即v20＝2×10×(224－h) 联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s 以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下 即2gh1＝v21
所以h1＝v212g＝522×10 m＝1.25 m. (2)设伞兵在空中的最短时间为t，则在自由落体运动阶段，有v0＝gt1， 解得t1＝v0g＝5010 s＝5 s， 在匀减速运动阶段，有 t2＝v1－v0a＝5－50－12.5 s＝3.6 s，
故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.