推荐2019年高考物理一轮复习 专题4.9 传动和转动千题精练
2019版高考物理金榜一轮(精选新题练)热考题型专攻(三)
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热考题型专攻(三)动量和能量的综合(45分钟100分)1.(25分)(2018·鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接,两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点,求:(1)前车被弹出时的速度。
(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能。
(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。
【解析】(1)设前车在最高点速度为v2,依题意有:mg=m设前车在最低位置与后车分离后速度为v1,根据机械能守恒得:m+mg·2R=m解得:v1=(2)设两车分离前速度为v0,由动量守恒定律得:2mv0=mv1解得:v0=设分离前弹簧弹性势能为E p,根据系统机械能守恒得:E p=m-·2m=mgR (3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒,则:2mgh=·2m解得:h=R答案:(1)(2)mgR (3)R2.(25分)如图,质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上,木板B端与台面右边缘齐平。
B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为μ=。
质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点,细绳竖直时小球恰好与C接触。
现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力。
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点,平台高度应为多大?(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。
【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为v0,小球向下摆动过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgL=m解得:v0=小球在圆周运动最低点,由牛顿第二定律得:F T-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细绳的拉力:F T′=F T解得:F T′=3mg(2)小球碰撞后做平抛运动,则:在竖直方向上:h=gt2水平方向:L=t解得:h=L(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒,设C碰后速率为v1,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=m+3mv1假设木板足够长,在C与木板相对滑动直到相对静止过程,设两者最终共同速率为v2,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得:·3m=(3m+6m)+μ·3mgs联立解得:s=L由s<L可知,滑块C不会从木板上掉下来答案:(1)3mg (2)L(3)C不会从木板上掉下来3.(25分)如图所示,质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。
2019版高考物理金榜一轮(精选新题练)高频考点强化 (十)
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高频考点强化(十)交变电流、变压器问题(45分钟100分)选择题(本题共15小题,共100分。
1～10题为单选题,11～15题为多选题,1～10题每小题6分,11～15题每小题8分)1.如图甲所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n=100,线圈的总电阻r=5.0 Ω,线圈位于匀强磁场中,且线圈平面与磁场方向平行。
线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值R=95 Ω的定值电阻连接。
现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以一定的角速度匀速转动。
穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象如图乙所示。
若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
则下列说法中正确的是( )A.线圈匀速转动的角速度为100 rad/sB.线圈中产生感应电动势的最大值为100 VC.线圈中产生感应电动势的有效值为100 VD.线圈中产生感应电流的有效值为 A【解析】选D。
由图知T=π×10-2 s,则ω==2×100 rad/s,故A项错误;交流发电机产生电动势的最大值E m=nBSω,而Φm=BS,ω=,所以E m=,由Φ-t 图线可知:Φm=1.0×10-2 Wb,T=π×10-2s 所以E m=200 V,交流发电机产生的电动势最大值为200 V,故B项错误;电动势的有效值E==100 V,故C项错误;由闭合电路的欧姆定律,电路中电流的有效值为I== A= A,故D项正确。
2.如图所示,在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨,间距为20 cm,电阻不计,其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻。
两导轨之间存在着磁感应强度为1 T的匀强磁场,磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成,磁场方向如图。
物理重庆高考一轮复习检测试题(带答案)
物理2019届重庆高考一轮复习检测试题（带答案）物理是当今最精密的一门自然科学学科，以下是物理2019届重庆高考一轮复习检测试题，供考生练习。
一、单项选择题1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(A)A.摩擦力对物体做正功B.摩擦力对物体做负功C.支持力对物体做正功D.合外力对物体做正功解析：物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故A正确，B、C、D错误.2.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶没电，故改用脚蹬车匀速前行.设小明与车的总质量为100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10 m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(B)A.10 WB.100 WC.300 WD.500 W解析：由P=Fv可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F=f=20 N，对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5 m/s，所以P=Fv=205 W=100 W，B正确.3.娱乐节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l(lh2B.h1h2.故选A.5.(2019南昌模拟)如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是(B)A.系统受到外力作用，动能不断增大B.弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C.恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D.两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小解析：对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误;弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确;弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错;当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回后速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错. 二、多项选择题6.一个小球在真空中自由下落，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落.它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方，在这两种情况下(AD)A.重力做功相同B.动能的变化量相同C.重力势能都转化为动能D.第二种情况下小球的机械能减少解析：小球重力相同，下落的高度也一样，故重力做功相同，选项A 正确;在真空中下落，只有重力做功，在液体中下落还要受到液体阻力，故合力做功不同，动能的变化量不同，选项B错误;第二种情况下，小球的重力势能转化为动能和内能，机械能减小，选项C不对，选项D正确.7.某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关.现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器.若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示.则小球能够击中触发器的是(CD)解析：本题借助四种不同运动形式考查了机械能守恒定律.若小球恰好击中触发器，由机械能守恒可知：mv2=mgh.在选项A情况中，小球不可能静止在最高处，选项A错误;在选项B情况中，小球离开直轨道后，在重力作用下，做斜上抛运动其最高点的速度不为零，因此小球不可能击中比其轨迹最高点还高的触发器，选项B错误;在选项C中，小球不会脱离轨道，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项C正确;在选项D情况中，小球在圆管轨道的最高点的最小速度可以为零，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项D 正确.8.如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A 上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是(CD)A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析：根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A错C对;B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错;对B：WfB=EkB-EkB，对A：WfA=E则WfA+WfB=(EkA+EkB)-EkB=E内增，D对.三、计算题9.(2019抚顺模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置.AB是半径为R=2 m的圆周轨道，CDO 是半径为r=1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板.D 为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接.已知BC段水平轨道长L=2 m，与小球之间的动摩擦因数=0.4.现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下(g取10 m/s2).(1)当H=1.4 m时，求此球第一次到达D点对轨道的压力大小;(2)当H=1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道.如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程;如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程.解析：(1)设小球第一次到达D的速度vD，P到D点的过程对小球列动能定理：mg(H+r)-mgL=在D点对小球列牛顿第二定律：FN=联立解得：FN=32 N由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小FN=FN=32 N.(2)第一次来到O点时速度为v1，P到O点的过程对小球列动能定理：mgH-mgL=解得：v1=2 m/s恰能通过O点，mg=临界速度vO= m/s由于v1vO，故第一次来到O点之前没有脱离.设第三次来到D点的动能Ek对之前的过程列动能定理：mg(H+r)-3mgL=Ek代入解得：Ek=0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s，对全过程列动能定理：mg(H+R)-mgs=0解得：s=8.5 m.答案：(1)32 N (2)8.5 m10.有一倾角为=37的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k=120 N/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦.一个质量为m=1 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数为=0.5，P与弹簧自由端Q间的距离为l=1 m.弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Ep=kx2(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2).求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t;(2)小球运动过程中达到的最大速度vm;(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点，则v0需多大?解析：(1)由牛顿第二定律得：F合=mgsin mgcos =ma，解得a=2 m/s2由l=at2，解得t==1 s.(2)当小球从P点无初速滑下时，弹簧被压缩至x处有最大速度vm，由mgsin mgcos =kx得x= m=0.017 m由功能关系得：mgsin (l+x)-mgcos (l+x)-W弹=mv又W弹=kx2代入数据解得vm=2 m/s.(3)设小球从P点压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsin (l+x1)-mgcos (l+x1)-kx=0-mv从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有：kx-mgsin (l+x1)-mgcos (l+x1)=0解得：x1=0.5 m，v0=4.9 m/s.答案：(1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s物理2019届重庆高考一轮复习检测试题和答案的所有内容就是这些，查字典物理网希望考生金榜题名。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-1-2 Word版含答案
重点回顾专练：匀变速直线运动问题的常用解题方法 一、选择题1．(多选)—物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2[解析] 若规定初速度v 0的方向为正方向，则仔细分析“1 s 后速度的大小变为10 m/s ”这句话，可知1 s 后物体速度可能是10 m/s ，也可能是－10 m/s ，因此，两速度同向时，a 1＝＝ m/s 2＝6 m/s 2，x 1＝t ＝7 m ．两vt －v 0t 10－41v 0＋vt2速度反向时，a 2＝＝m/s 2＝－14 m/s 2，x 2＝t ＝－3 m ．式中vt －v 0t －10－41v 0＋vt2负号表示方向与规定的正方向相反，A 、D 正确．[答案] AD2．中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000 m ，着陆距离大约为2000 m ．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( )A ．3∶2B ．1∶1C ．1∶2D ．2∶1[解析] 由x ＝解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是vt2＝＝1∶1，选项B 正确．t 1t 2x 1v 2x 2v 1[答案] B3．一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下．设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( )A.∶B.∶2332C ．(－1)∶(－)D ．(－)∶(－1)232322[解析] 运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动；根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比可知选项D 正确．[答案] D4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由上述条件可知( )A ．质点运动的加速度是0.6 m/s 2B ．质点运动的加速度是0.3 m/s 2C ．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD ．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s[解析] 由Δx ＝aT 2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s 2，选项A 错误，B 正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度等于0.2 m/s ，第1次闪光时质点的速度是v 1＝v －a ＝0.2 m/s －0.3×0.5 m/s ＝0.05 m/s ，第2T2次闪光时质点的速度是v 2＝v ＋＝0.2 m/s ＋0.3×0.5 m/s ＝0.35 m/s ，选项aT2C 、D 错误．[答案] B5．动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组，若动车组在匀加速运动过程中通过第一个60 m 所用时间是10s ．通过第二个60 m 所用时间是6 s ．则( )A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m[解析] 本题考查匀变速直线运动的规律．通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以5s 末的速度v 1＝x 1/t 1，解得v 1＝6m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2/t 2，解得v 2＝10 m/s.由v 2＝v 1＋a 得a ＝0.5 m/s 2.(12t 1＋12t 2)由再接下来的6 s 和前面的6秒是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2即x －60m ＝aT 2，解得x ＝78 m.[答案] A6．考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车．路旁竖一标志杆，在车以10 m/s 的速度匀速行驶过程中，当车头与标志杆的距离为20 m 时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处，忽略学员的反应时间，则( )A ．汽车刹车过程的时间为4 sB ．汽车刹车过程的时间为2 sC ．汽车刹车时的加速度大小为5 m/s 2D ．汽车刹车时的加速度大小为0.25 m/s 2[解析] 采用逆向思维法，刹车过程可以看作是初速度为零的匀加速直线运动．由x ＝v t 可得t ＝4 s ，选项A 正确，B 错误；根据v 2＝2ax 可得，a ＝2.5 12m/s 2，选项C 、D 错误．本题答案为A.[答案] A7．如右图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为( )A.B.2(v 1＋v 2)32(v 21＋v 2)3C.D.v 12v 21＋v 2323[解析] 设子弹在木块中运动的加速度为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有：v 2－v ＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有21v －v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝，因此C 对．22v 21＋v 23[答案] C8．如右图所示，在地面上一盘子C 的正上方A 处有一金属小球a 距C 为20 m ，在B 处有另一个金属小球b距C 为15 m ，小球a 比小球b 提前1 s 由静止释放(g 取10 m/s 2)．则( )A ．b 先落入C 盘中，不可能在下落过程中相遇B ．a 先落入C 盘中，a 、b 下落过程相遇点发生在BC 之间某位置C ．a 、b 两小球同时落入C 盘D ．在a 球下落过程中，a 、b 两小球相遇点恰好在B 处[解析] 小球a 、b 释放后均做自由落体运动，则有h ＝gt 2，代入计算得12t a ＝2 s ，t b ＝ s ，小球a 提前1 s 释放，所以b 释放后a 运动t a －1 s ＝1 s 落入3C 盘，比b 球早落入．选项A 、C 错．b 球释放时a 下落1 s ，此时下落的高度h ＝gt ′2＝5 m ，刚好到达小球b 的同高处，此时b 开始释放，所以二者在B 12点相遇，然后a 球超过b 球先落入盘中．选项D 对，B 错．[答案] D9．一物体从某时刻起做匀减速直线运动直到静止，在静止前连续通过三段位移的时间分别是3 s 、2 s 、1 s ，则这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．33∶23∶1,32∶22∶1B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．3∶2∶1,1∶1∶1D ．5∶3∶1,3∶2∶1[解析] 将物体反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则0～1 s 内的位移为x 3＝at 2＝，1～3 s 内的位移为x 2＝a ×33－a ×12＝4a,3～6 s 内的位移12a21212为x 1＝a (6)2－a (3)2＝a ，故位移大小之比x 1∶x 2∶x 3＝27∶8∶1＝32∶23∶1；1212272平均速度v ＝，故平均速度之比为∶∶＝32∶22∶1，故A 正确．xt 33323211[答案] A10．(2016·山东潍坊月考)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．测得每隔2 s 的三个时刻物体的瞬时速度，记录在下表中．g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0246v (m·s －1)8128A.物体运动过程中的最大速度为12 m/s B ．t ＝3 s 时刻物体恰好经过B 点C ．t ＝10 s 时刻恰好停在C 点D ．A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离[解析] 根据题意，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，因为第4 s 时的速度大于第2 s 时的速度，这说明第2 s 时物体还在斜面上做加速直线运动，所以物体在斜面上做加速运动时的加速度大小为a 1＝＝4 m/s 2.假设在第4 s 时物体还在斜面上运动，那么根据第2 s 和第4 8 m/s2 s s 时的记录数据可得，物体在斜面上的加速度大小为2 m/s 2，这与前面的计算结果矛盾，所以假设不成立，第4 s 时物体在水平面上滑动．根据最后两组数据可得，物体在水平面上做减速运动的加速度大小为a 2＝2 m/s 2，物体在第2 s 到第4 s 间的某一刻到达B 点，此时物体的速度最大，设最大速度为v ，则＋＝2 s ，可解得v ＝ m/s ，所以物体恰好经过B 点的时刻为v －8 m/s4 m/s2v －12 m/s2 m/s2403t ＝＝ s ，选项A 、B 错误；物体运动的总时间t 总＝＋＝10 s ，即t ＝10 va 1103va 1va 2s 时刻恰好停在C 点，所以选项C 正确；A 、B 间和B 、C 间的距离分别为x 1＝和x 2＝，因为a 1>a 2，所以x 2>x 1，即A 、B 间的距离小于B 、C 间的距v 22a 10－v 2－2a 2离，所以选项D 错误．[答案] C 二、非选择题11．某消防员在一次执行任务过程中，遇到突发事件，需从10 m 长的直杆顶端先从静止开始匀加速下滑，加速度大小a 1＝8 m/s 2，然后立即匀减速下滑，减速时的最大加速度a 2＝4 m/s 2，若落地时的速度不允许超过4 m/s ，把消防员看成质点，求该消防员下滑全过程的最短时间．[解析] 设直杆长为h ，加速下滑部分长为h 1，减速下滑部分长为h 2，最大速度为v ，落地速度为v 1，由速度—位移公式v 2－v ＝2ax ，再由h 1＋h 2＝h ，20解得：＋＝h v 22a 1v 2－v 212a 2又有速度—时间公式v ＝a 1t 1联立以上各式解得：v ＝8 m/s 2，t 1＝1 s落地前的速度为v 1＝4 m/s ，由速度—时间公式v 1＝v －a 2t 2，解得：t 2＝1 s 该消防员下滑全过程的最短时间为：t ＝t 1＋t 2＝2 s [答案] 2 s12．(2016·抚州摸底)为了最大限度地减少道路交通事故，全省各地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间(从发现情况到开始制动所需的时间)比正常时慢了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．(1)图甲为《驾驶员守则》中驾驶员的部分正常反应距离(汽车在反应时间内通过的距离)表格．请选取表格数据计算驾驶员的正常反应时间；车速v (km/h)406080反应距离s (m)57.510图甲(2)如图乙所示，假设一饮酒后的驾驶员驾车以72 km/h 的速度在平直公路上行驶，在距离某学校门前32 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s ，刹车后，车做加速度大小为9.5 m/s 2的匀减速直线运动．试通过计算说明是否会发生交通事故．[解析] (1)由表格数据可知，正常反应距离与速度成正比，即在表格所给的速度范围内，驾驶员的正常反应时间相同由v ＝s t选其中一组数据代入，可得正常反应时间t 0＝＝0.45 s s 0v 0(2)v ＝72 km/h ＝20 m/s 反应距离s ′＝v (t 0＋Δt )代入数据得s ′＝13 m刹车后做匀减速直线运动，由v 2＝2ax 代入数据可得刹车距离x ＝21.05 m 因为x ＋s ′＝34.05 m>32 m 所以会发生交通事故[答案] 会发生交通事故。
2019版高考物理一轮复习精选题辑：课练 10 含解析 精
课练10实验验证牛顿第二定律1.研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器(测绳子的拉力)，P为小桶(内有砂子)，M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板．不计绳子与滑轮间的摩擦．图甲图乙(1)要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还需要的实验仪器是________(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”)．(2)平衡摩擦力后再按上述方案做实验，是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．(3)已知交流电源的频率为50 Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点之间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留2位有效数字)答案：(1)刻度尺(2)否(3)0.90解析：(2)因为力传感器可测得小车受到的拉力，故不需要再保证实验中小桶和砂子的总质量远小于小车的质量的条件；(3)根据逐差法可求得结果．2．如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学保持木板水平，调节托盘和重物的总重量，使小车能拖动纸带沿木板匀速运动，记下此时托盘和重物的总质量m0、小车的总质量M.已知重力加速度为g.(1)在探究加速度与力的关系时，若测得托盘和重物的总质量为m(m≪M)，则可知小车所受的合外力为________；当改变托盘和重物车所受的摩擦力改变，需要重新平衡摩擦力．在探究物体的加速度与物体所受外力、采用如图所示的实验装置．小车及车中砝码的总质量用表示．另两组同学保持小车及车中砝码的总质量的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的关系图象分别如图甲和图乙所示，其原因分别是：重复实验多次，记录多组数据，并画出a－F图象．甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是_______________________________________________________ _________________.图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是________；符合乙一定时物体的加速度与质量之间的关系．甲乙做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________(以上表达式均用已知字母表示分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为6．用如图所示装置做验证牛顿第二定律的实验．现已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、细线、砝码、砂和砂桶、刻度尺、天平、导线．(1)实验中将砂和砂桶总重力大小作为细线拉力的大小，从而在实验中产生了系统误差，为尽量减小该系统误差，可以让砂和砂桶总质量________小车质量(选填“大于”、“远大于”、“小于”、“远小于”或“等于”)．(2)实验中，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，小车做匀速运动．这样做的目的是______________，从而使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力．答案：(1)远小于(2)平衡摩擦力解析：(1)为了减小系统误差，砂和砂桶总质量应远小于小车质量．(2)平衡摩擦力后，细线对小车的拉力等于小车所受的合外力．7．利用力传感器研究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲．(1)下列关于该实验的说法错误的是________．A．做实验之前必须平衡摩擦力B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离，如图乙所示．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz.从图乙中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1＝________cm；该小车的加速度a＝________m/s2.(计算结果保留两位a＝________.同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a—砂和砂桶的总质量为________kg.(g取10 m/s2)同学乙根据实验数据画出了图(c)所示图线，从图线可知同学作过程中可___________________________________________________________ _____________．正确操作后通过测量，作出a—F图线，如图2中的实线所示，上部弯曲的原___________________________________________________________打点计时器使用的交流电频率f＝50 Hz，如图确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E新课标全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a －n 图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力a －n 图象求得小车(空载)的质量为__________ 两位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m·s －2)．若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是__________(填入正确选项前的标号．如图所示 (5)0.45 (6)BC因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故在图＝12at 2，可得a ＝0.40 m/s 时的点描到图(c)中，再连线．根据牛顿第二定律可得nmg ＝[(5－n )，以及相应的加速度，可得物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度；已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的2×0.02对物块进行受力分析如图，则mg sin，所以还需测量的物理量是斜面的倾角连的计算机得到，回答下列问题：该同学的结果，小车的加速度与钩码填“线性”或“非线性”)关系．可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实－F图线，如图乙所示．图线________选填“①”或“②”)；小车及车中的砝码总质量实验时，一定要进行的操作是________．．用天平测出砂和砂桶的质量．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为C ．k D.2k答案：(1)BCD (2)1.3 (3)D解析：(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，A 、E 错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 对．(2)由逐差法可得：小车的加速度a ＝x 34－x 01＋x 45－x 12＋x 56－x 239T 2，将T ＝150×3 s ＝0.06 s ，代入可得a ＝1.3 m/s 2.(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F ＝M ·a ，得a ＝2M ·F则图象斜率k ＝2M ，得小车的质量M ＝2k ，故A 、B 、C 错，D 对．6．(2018·合肥一测)某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．(1)在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________.(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可算得小车加速度为________m/s 2.(保留两位有效数字)(3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验时，M且保持不变，改变小车中砝码的质并测出小车中放不同质量砝码时所对应的加速度广西适应性测试)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：块相对传感器的位移x随时间t的变化规律．某次描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t乙所示，则此次滑块在t＝0.4 s时的速度大小为________。
2019年高考理综物理力学与运动学大题练习集(一)
2019年高考理综物理力学与运动学大题练习集（一）1.如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置N始终与圆心O等高。
质量M = 1 kg、长度L = 3 m 的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离s = 2 m。
一质量m = 2kg的小滑块以v0 = 6 m/s的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。
在R取不同值时，压力传感器读数F与1R的关系如图乙所示。
已知小滑块与小车表面的动摩擦因数μ = 0.2，取重力加速度g＝10 m/s2。
求：（1）小滑块到达 P 点时的速度v1；（2）图乙中a和b的值；（3）在1R＞3.125m-1的情况下，小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离x min。
2.如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力F＝8 N，当长木板向右运动速率达到v1＝10 m/s时，在其右端有一质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)以水平向左的速率v2＝2 m/s滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块始终没离开长木板，g取10 m/s2，求：(1)经过多长时间小物块与长木板相对静止；(2)长木板至少要多长才能保证小物块不滑离长木板；(3)如果开始将物块放在长木板右端时两物体均静止，在长木板的右端施加一水平恒力F＝28 N，物块与长木板的质量和动摩擦因数均与上面一样，并已知长木板的长度为10.5 m，要保证小物块不滑离长木板，水平恒力F作用时间的范围．(答案可以用根号表示)3.如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)（1）小物体与斜面间的动摩擦因数；（2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．4.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°、长为L1＝2m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝，g取10 m/s2.(1)求小球初速度v0的大小；(2)求小球滑过C点时的速率v C；(3)要使小球刚好能过圆轨道的最高点，圆轨道的半径为多大？5.同学设计出如图所示实验装置.将一质量为0.2kg的小球(可视为质点)放置于水平弹射器内,压缩弹簧并锁定,此时小球恰好在弹射口,弹射口与水平面AB相切于A点,AB为粗糙水平面,小球与水平面间动摩擦因数,弹射器可沿水平方向左右移动,BC为一段光滑圆弧轨道.(O′为圆心,半径 ,与O′B之间夹角为,以C为原点,在C的右侧空间建立竖直平面内的坐标xOy,在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D, ,(1)某次实验中该同学使弹射口距离B处处固定,解开锁定释放小球,小球刚好到达C处,求弹射器释放的弹性势能;(2)把小球放回弹射器原处并锁定,将弹射器水平向右移动至离B处L2=0.8m处固定弹射器并解开锁定释放小球,小球将从C处射出,恰好水平进入接收器D,求D处坐标;(3)每次小球放回弹射器原处并锁定,水平移动弹射器固定于不同位置释放小球,要求小球从C处飞出恰好水平进入接收器D,求D位置坐标y与x的函数关系式.6.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。
(45套)2019高考物理专项复习试题 (全国通用)
（45套）2019高考物理专项复习试题全套（适用全国）光的反射、折射课后练习(1)1．在我国古代学者沉括的著作《梦溪笔谈》中有如下记载：“若鸢飞空中，其影随鸢而移；或中间为窗隙所束，则影与鸢遂相违，鸢东则影西，鸢西则影东。
”，其意是说，若鹞鹰在空中飞翔，它的影子随鹞鹰而移动；如鹞鹰的影子中间被窗户孔隙所约束，影子与鹞鹰就作相反方向移动，鹞鹰向东则影子向西移，鹞鹰向西则影子向东移。
这描述的是光的什么现象( )A．直线传播现象 B.折射现象 C.干涉现象 D.衍射现象2．把凸透镜正对太阳光，可在距凸透镜10 cm处得到一个最小最亮的光斑．若用此透镜来观察邮票上较小的图案，则邮票到透镜的距离应该（）A．大于10cm B．小于10cm C．大于20cm D．在10cm和20cm之间3．以下说法正确的是（）A．利用红外线进行遥感、遥控，主要是因为红外线的波长长，不容易发生衍射B．照相机镜头表面涂上增透膜，以增强透射光的强度，是应用了光的全反射现象C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系D．a射线、β射线、γ射线本质上都是电磁波4．某高层建筑物外墙大量使用了幕墙玻璃，在白天时外面的人看不清室内的物体，而室内的人却能较清楚地看见外面的物体，其原因是（）A．在玻璃的外表面涂有大量吸收光的物质B．在玻璃的外表面涂有不透光的彩色薄膜C．在玻璃的外表面涂有高反射膜D．在玻璃的外表面涂有增透膜5．保持入射光线方向不变,将平面镜绕着过入射点且垂直于入射光线和法线所决定的平面的轴旋转θ角,则（）A．反射光线也转过θ角 B.反射光线转过2θ角C．入射角增大2θ角 D.反射光线与入射光线的夹角增大θ角6．某汽车驾驶室外有一用平面镜作成的观后镜,当汽车以50km／h的速度在公路上.向前行驶时,司机从镜中看到车后的静止景物向镜后运动的速度应是（）A．50km／h B.25km／h C.100kin／h D.07．两平面镜镜耐相对、平行放置,中间有一发光点S.当其中一面镜子以速率v沿BD垂直于镜面的方向向光点S移动时,在离镜面最近的四个像中（）A．有两个像的速率为2v B.有二个像的速率为2vC．有两个像朝S运动 D.有三个像朝S运动8． 2002年4月21日上午9时30分左右,在武汉人们看到太阳的周围环绕着一道“美丽的光环”,这被称为太阳的“日晕”现象,这种现象属于（）A．太阳光的衍射 B.太阳光的干涉C．太阳光的折射 D.小孔成像9．关于红光和紫光，下列说法正确的是（）A．红光的频率大于紫光的频率B．同一种玻璃对红光的折射率比紫光的小C．红光在水中的传播速度比紫光的小D．用同一装置做双缝干涉实验，红光的干涉条纹间距比紫光的小10．一潜水员自水下目测站立于船头的观察者距水面高为h1,而观察者目测潜水员距水面深h2,则（）A．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度大于h1,B．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度小于h1,C．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度小于h1,D．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度大于h1.参考答案：1．答案： A解析：本题考查光的直线传播及形成的现象.前段鹞鹰的影子，是光沿直线传播形成的；后段所说的“影子”实际是鹞鹰经小孔所成的像，即小孔成像，这也是光直线传播形成的现象.故A正确.A2．答案： B解析：由题意可知焦距大于10cm，看图案时应该起放大功能，B对3．答案： C解析：红外线的波长长，容易发生衍射，A错误；增透膜是光的干涉现象，B错误；根据光速不变原理，C正确；a射线是高速粒子流、β射线是高速电子流，D错误。
高考复习-2019届高考物理一轮总复习配套练习题全集(49套有答案)
2019高考物理（人教）一轮编练习题（1）李仕才一、选择题1、如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向解析：选C 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；同理可知B、D错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确。
2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C、D正确，A、B错误。
3、一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能力损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C 处时水平速度之比为( )A ．1∶1B ．1∶3C ．3∶1D ．1∶9解析：选B 两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B 点所用的时间等于第二种情况下落到A 点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t 1＝3t ，第二种情况下所用时间为t 2＝t ，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O 点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得v 2＝3v 1，即v 1v 2＝13，B 正确。
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专题4.9 传动和转动
一．选择题
1．(2018·金华市十校期末)计算机中的硬磁盘磁道如图4所示，硬磁盘绕磁道的圆心O转动，A、B两点位于不同的磁道上，线速度分别为v A和v B，向心加速度分别为a A和a B，则它们大小关系正确的是( )
图4
A．v A<v B a A<a B
B．v A>v B a A<a B
C．v A<v B a A>a B
D．v A>v B a A>a B
【参考答案】A
2.如图4所示为齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则( )
图4
A．ω1<ω2，v1＝v2
B．ω1>ω2，v1＝v2
C．ω1＝ω2，v1>v2
D．ω1＝ω2，v1<v2
【参考答案】A
【名师解析】由题意可知两齿轮边缘处的线速度大小相等，v1＝v2，根据v＝ωr可知ω1<ω2，选项A正确．
3.(2017·浙江台州模拟)汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图3甲所示，其示意图如同乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中( )
图3
A.A点相对O′点做圆周运动
B.A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等
C.A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等
D.A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等
【参考答案】C
【名师解析】在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，选项A错误；在合上后备箱盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，故选项B错误，C正确；根据向心加速度公式a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故选项D错误。
4.如图4所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无相对滑动地转动起来。
a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的( )
图4
A.线速度大小之比为3∶2∶2
B.角速度之比为3∶3∶2
C.转速之比为2∶3∶2
D.向心加速度大小之比为9∶6∶4
【参考答案】D
5．(2016·江苏苏北四市高三联考)小明骑自行车沿平直公路匀速行驶，如图所示，图中箭头为自行车前轮边缘上过A、B点的切线方向。
下列说法正确的是( )
A．研究前轮转动时，可将轮子视为质点
B．以地面为参考系，A、B两点的速度沿图示方向
C．A、B两点的向心加速度大小相等
D．前轮受地面的摩擦力向后，后轮受地面的摩擦力向前
【参考答案】CD
6.(2016·河南开封高三月考)如图所示，轮O 1、O 3固定在同一轮轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑，在
O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，当转轴匀速转动时，
下列说法中正确的是( )
A ．A 、
B 、
C 三点的线速度之比为2∶2∶1 B ．A 、B 、C 三点的角速度之比为1∶2∶1 C ．A 、B 、C 三点的加速度之比为2∶4∶1
D ．A 、B 、C 三点的周期之比为1∶2∶1 【参考答案】ABC
【名师解析】A 、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，A 、C 共轴转动，角速度相等，根据v ＝r ω，则
v A ∶v C ＝r 1∶r 3＝2∶1，所以A 、B 、C 三点的线速度大小之比v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1，故A 正确；A 、C 共轴转
动，角速度相等，A 、B 两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v ＝r ω，ωA ∶ωB ＝r 2∶r 1＝1∶2，所以
A 、
B 、
C 三点的角速度之比ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶1，故B 正确；根据a n ＝v ω，可知，A 、B 、C 三点的加速
度之比为2∶4∶1，故C 正确；由T ＝2π
ω
，可知，A 、B 、C 三点的周期之比为2∶1∶2，D 错误。
7．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r.在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r.现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮
是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t.则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )
A.t 2
B.
5－1
2t C.6－1
2
t D.
7－1
2
t 【参考答案】B
8.(2016·安徽江淮十校联考)如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的2倍，A 和B 是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时轮与路面没有滑动，则( )
A.A 点和B 点的线速度大小之比为1∶2
B.前轮和后轮的角速度之比为2∶1
C.两轮转动的周期相等。