2019人教版高考物理一轮练习题(17)及答案
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由Fx图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由Fx图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的vt图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—功、功率及机车启动问题
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—功、功率及机车启动问题1．(2023·广东惠州一中月考)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止．下列关于做功的判断中正确的是()A．图甲中支持力对人做正功B．图甲中摩擦力对人做负功C．图乙中支持力对人做正功D．图乙中摩擦力对人做负功2．水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和平均功率的大小关系是() A．W1＝W2，P1>P2B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2D．W1＝W2，P1＝P23.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()A.m v 022πLB.m v 024πLC.m v 028πLD.m v 0216πL4．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg 的物体在拉力F 作用下由静止向上做匀加速运动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )A ．物体加速度大小为2 m/s 2B ．F 的大小为21 NC ．4 s 末F 的功率为42 WD ．0～4 s 内F 的平均功率为42 W5.(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN 段以恒定功率200 W 、速度5 m/s 匀速行驶，在斜坡PQ 段以恒定功率570 W 、速度2 m/s 匀速行驶．已知小车总质量为50 kg ，MN ＝PQ ＝20 m ，PQ 段的倾角为30°，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )A ．从M 到N ，小车牵引力大小为40 NB ．从M 到N ，小车克服摩擦力做功800 JC ．从P 到Q ，小车重力势能增加1×104 JD ．从P 到Q ，小车克服摩擦力做功700 J6．(2023·黑龙江佳木斯市高三模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比．已知铁锤第一次将钉子钉进d ，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为( )A ．(3－1)dB ．(2－1)dC.(5－1)d 2D.22d7．(2023·山东烟台市高三检测)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F 0不变，当速度为v 1时达到额定功率P e ，此后以额定功率继续行驶，最后以最大速度v m 匀速行驶．若汽车所受的阻力F f 为恒力，汽车运动过程中的速度为v 、加速度为a 、牵引力为F 、牵引力的功率为P ，则下列图像中可能正确的是( )8.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，下列说法正确的有( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶59．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m 的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P ，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F 阻＝k v ，k 为常量)，动车组能达到的最大速度为v m .下列说法正确的是( )A ．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B ．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C ．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P ，则动车组匀速行驶的速度为34v m D ．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度v m ，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12m v m 2－Pt 10.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F 随时间t 变化关系图线如图所示．若汽车的质量为1.2×103 kg ，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是( )A ．汽车的最大功率为5×104 WB ．汽车匀加速运动阶段的加速度为256m/s 2 C ．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动D ．汽车从静止开始运动12 s 内的位移是60 m11．质量为1.0×103 kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N ，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W ，开始时以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动(g 取10 m/s 2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m ，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶所需时间．12.一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10 kW 的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数1v 和瞬时加速度a 的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力恒定，赛车到达终点前已达到最大速度．下列说法中正确的是( )A ．赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动B ．赛车的质量为20 kgC ．赛车所受阻力大小为500 ND ．赛车速度大小为5 m/s 时，加速度大小为50 m/s 2答案及解析1．A 2.A 3.B 4.C 5.ABD 6.B7．C [因为汽车先保持牵引力F 0不变，由牛顿第二定律可得F 0－F f ＝ma ，又因为汽车所受的阻力F f 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v －t 图像开始应有一段倾斜的直线，故A 错误；因为当速度为v 1时达到额定功率P e ，此后以额定功率继续行驶，则满足P e ＝F v ，即F 与v 成反比，F 与1v 成正比，所以F －v 图像中v 1～v m 段图像应为曲线，F与1v 图像中1v m ～1v 1段图像应为直线，故B 错误，C 正确；因为当速度为v 1之前，保持牵引力F 0不变，则功率满足P ＝F 0v ，即P 与v 成正比，所以P －v 图像中0～v 1段图像应为过原点的直线，故D 错误．]8．AC [由题图可得，变速阶段的加速度大小a ＝v 0t 0，设第②次所用时间为t 2，根据速度－时间图像与时间轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12[t 2＋(t 2－t 0)]×12v 0，解得：t 2＝5t 02，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5 ，选项A 正确．由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误．由功率公式，P ＝F v ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确．加速上升过程的加速度a 1＝v 0t 0，加速上升过程的牵引力F 1＝ma 1＋mg ＝m (v 0t 0＋g )，减速上升过程的加速度a 2＝－v 0t 0，减速上升过程的牵引力F 2＝ma 2＋mg ＝m (g －v 0t 0)，匀速运动过程的牵引力F 3＝mg .第①次提升过程做功W 1＝F 1×12×t 0×v 0＋F 2×12×t 0×v 0＝mg v 0t 0；第②次提升过程做功W 2＝F 1×12×12t 0×12v 0＋F 3×32t 0×12v 0＋F 2×12×12t 0×12v 0＝mg v 0t 0，两次做功相同，选项D 错误．] 9．C [对动车组由牛顿第二定律有F 牵－F 阻＝ma ，动车组匀加速启动，即加速度a 恒定，但F 阻＝k v 随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A 错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P ，由牛顿第二定律有4P v －k v ＝ma ，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P ，动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25P v ＝k v ，而以额定功率匀速行驶时，有4P v m＝k v m ，联立解得v ＝34v m ，故C 正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度v m ，由动能定理可知4Pt －W 克阻＝12m v m 2－0，可得动车组克服阻力做的功为W 克阻＝4Pt －12m v m 2，故D 错误．] 10．A [由图可知，汽车在前4 s 内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12 s 内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4 s 末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力F f ＝2×103 N ，前4 s 内汽车的牵引力为F ＝5×103 N ，由牛顿第二定律F －F f ＝ma 可得a ＝2.5 m/s 2，4 s 末汽车的速度v 1＝at 1＝2.5×4 m/s ＝10 m/s ，所以汽车的最大功率P ＝F v 1＝5×103×10 W ＝5×104 W ，A 正确，B 、C 错误；汽车在前4 s内的位移x 1＝12at 12＝12×2.5×42 m ＝20 m ，汽车的最大速度为v m ＝P F f ＝5×1042×103m/s ＝25 m/s ，汽车在4～12 s 内的位移设为x 2，根据动能定理可得Pt －F f x 2＝12m v m 2－12m v 12，代入数据可得x 2＝42.5 m ，所以汽车的总位移x ＝x 1＋x 2＝20 m ＋42.5 m ＝62.5 m ，D 错误．]11．(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s解析 (1)由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－F f ＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝F vv ＝at 1，解得t 1＝7 s.(2)当达到最大速度v m 时，加速度为零，有F m ＝mg sin 30°＋F f则有P ＝F m v m ＝(mg sin 30°＋F f )v m解得v m ＝8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x 1＝12at 12，在后一阶段对汽车由动能定理得Pt 2－(mg sin 30°＋F f )x 2＝12m v m 2－12m v 2 又有x ＝x 1＋x 2，解得t 2≈15 s ，故汽车运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝22 s.12．C [由牛顿第二定律有P v －F f ＝ma ，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，将公式整理得1v ＝m P a ＋F f P ，可见1v －a 图像的斜率恒定为m P ，与纵轴的截距为F f P ，可得F f P ＝0.05 s/m ，m P ＝0.1－0.0520s 3/m 2，解得m ＝25 kg ，F f ＝500 N ，将v ＝5 m/s 代入公式，解得a ＝60 m/s 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．]。
2019人教版高考物理一轮选习练题(5)及答案
2019人教版高考物理一轮选习练题（5）及答案一、选择题1、关于矢量和标量的正负，下列说法正确的是A. 矢量的正负表示大小，正值一定比负值大B. 矢量的正负表示方向，正值与负值方向相反C. 标量的正负表示大小，正值一定比负值大D. 标量只有正值，没有负值【来源】浙江省余姚中学2019届高三选考科目模拟卷（一）物理试题【答案】 B【解析】AB、矢量的正负表示方向不表示大小，正值与负值方向相反，故B正确，A错误；CD、标量的正负有时表示大小，正值一定比负值大；标量的正负有时不表示大小，比如正功和负功，故C、D错误；故选B。
链接---(2019·吉林实验中学二模)如图所示,重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上,有一根原长为10 cm、劲度系数为1 000 N/m的弹簧,其一端固定在斜面底端,另一端放置物体A后,弹簧长度缩短为8 cm,现用一测力计沿斜面向上拉物体,若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N,当弹簧的长度仍为8 cm时,测力计读数可能为( ABC )A.10 NB.20 NC.40 ND.60 N解析: 施加拉力前,物体受到四个力的作用而平衡,重力G、垂直斜面向上的支持力F、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T,受力如图, N其中T=kx=1 000×0.02 N=20 N,根据平衡条件可求出f=Gsin 30°-T=20 N,方向沿斜面向上.施加拉力F后,弹簧长度不变,说明物体仍然静止,并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变,若摩擦力沿斜面向上,则F+f+T=Gsin 30°,即F+f=20 N,摩擦力f随着F增大而变小,当F=20 N时,f=0,若F>20 N,摩擦力沿斜,代入数据可得F<45 N,所以面向下,因为物体没有滑动,所以F+T<Gsin 30°+fm测力计读数在0～45 N之间.选项A,B,C正确,D错误.2、(2019·重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示，下列有关运动的说法正确的是()A．图甲中撤掉挡板A的瞬间，小球的加速度竖直向下B．图乙中固定在竖直面内的圆环内径r＝1.6 m，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/sC．图丙中皮带轮上b点的向心加速度大小等于a点的向心加速度大小(a点的半径为r，b点的半径4r，c点的半径为2r)D．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地解析：选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板，解得v＝gr＝向下．故A错误．小球在圆环的最高点的临界情况是：mg＝m v2r4 m/s，知最高点的最小速度为4 m/s.故B错误．a、c两点的线速度大小相等，，则a、c两点的向心加速度之比为2∶1，b、c两点的角速度相等，根据a＝v2r根据a＝rω2，则b、c两点的加速度之比为2∶1，可知a、b两点的加速度相等．故C正确．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A做平抛运动，B做自由落体运动，两球同时落地．故D错误．故选C.3、（2019届北京市海淀区高三上学期期中）图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。
2019高考试题和答案
2019高考试题和答案2019年高考试题和答案一、语文试题及答案（一）现代文阅读（36分）1.（3分）下列关于原文内容的理解和分析，正确的一项是A. 作者认为，中国古典小说的叙述方式与西方小说的叙述方式不同，前者更注重时间的连续性。
B. 古典小说的叙述方式与西方小说的叙述方式不同，前者更注重时间的连续性。
C. 古典小说的叙述方式与西方小说的叙述方式不同，前者更注重时间的连续性。
D. 古典小说的叙述方式与西方小说的叙述方式不同，前者更注重时间的连续性。
答案：B2.（3分）下列对原文论证的相关分析，不正确的一项是A. 文章首先指出中国古典小说的叙述方式与西方小说的不同，然后通过对比分析，阐述了中国古典小说叙述方式的特点。
B. 文章在论证过程中，引用了多位学者的观点，以增强论证的说服力。
C. 文章在论证过程中，引用了多位学者的观点，以增强论证的说服力。
D. 文章在论证过程中，引用了多位学者的观点，以增强论证的说服力。
答案：C3.（3分）根据原文内容，下列说法不正确的一项是A. 中国古典小说的叙述方式注重时间的连续性，这与西方小说的叙述方式不同。
B. 中国古典小说的叙述方式注重时间的连续性，这与西方小说的叙述方式不同。
C. 中国古典小说的叙述方式注重时间的连续性，这与西方小说的叙述方式不同。
D. 中国古典小说的叙述方式注重时间的连续性，这与西方小说的叙述方式不同。
答案：D（二）古代诗文阅读（34分）4.（3分）下列对文中加点词语的相关内容的解说，不正确的一项是A. 进士，中国古代科举制度中的一种考试，通过考试者称为进士。
B. 进士，中国古代科举制度中的一种考试，通过考试者称为进士。
C. 进士，中国古代科举制度中的一种考试，通过考试者称为进士。
D. 进士，中国古代科举制度中的一种考试，通过考试者称为进士。
答案：D5.（3分）下列对原文有关内容的概括和分析，不正确的一项是A. 作者认为，中国古典小说的叙述方式与西方小说的叙述方式不同，前者更注重时间的连续性。
2019版高考物理一轮复习 实验七 验证动量守恒定律
K12教育课件
17
【误差分析】
1.系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求。 (1)碰撞是否为一维。 (2)实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水平,用长木板实验时是否平衡掉摩 擦力,两球是否等大。
K12教育课件
18
2.偶然误差:主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。
K12教育课件
41
K12教育课件
42
(1)若获得纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动起始的第一点,
则应选
段来计算A的碰前速度,应选
段来计算A和B碰后的共同
速度(选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。
K12教育课件
43
(2)已测得小车A的质量mA=0.30 kg,小车B的质量为
K12教育课件
40
热点二 动量守恒中数据处理的考查
【典例2】(2018·大连模拟)如图甲所示,在验证动量守恒定律实验时,小车A的前端粘有 橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一 体,继续匀速运动,在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板右端下 面垫放小木片用以平衡摩擦力。导学号04450145
x t
K12教育课件
9
方案三:利用斜槽滚球完成一维碰撞实验 1.测质量: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。
K12教育课件
10
2.安装:按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。
K12教育课件
11
3.铺纸: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.放球找点:不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,重复10次。 用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习(含解析)新
能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1．如下列图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h ，质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，假设两粒子轨迹恰好相切，如此v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qE mh C.s42qE mh D.s4qE mh解析：选B 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，如此在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．2.(2019届河北定州中学月考)如下列图，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，假设不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b 孔，如此可行的方法是( )A ．保持S 闭合，将A 板适当上移B ．保持S 闭合，将B 板适当下移C ．先断开S ，再将A 板适当上移D ．先断开S ，再将B 板适当下移解析：选B 设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q .由题知质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝0.假设保持S 闭合，将A 板适当上移，设质点到达b 时速度为v ，由动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝12mv 2，v ＝0，说明质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b 孔，故A 错误；假设保持S闭合，将B 板适当下移距离Δd ，由动能定理得mg (h ＋d ＋Δd )－qU ＝12mv 2，如此v >0，质点能穿过b 孔，故B 正确；假设断开S 时，将A 板适当上移，板间电场强度不变，设A 板上移距离为Δd ，质点进入电场的深度为d ′时速度为零．由动能定理得mg (h －Δd ＋d ′)－qEd ′＝0，又由原来情况有mg (h ＋d )－qEd ＝0.比拟两式得，d ′<d ，说明质点在到达b 孔之前，速度减为零，然后返回，故C 错误；假设断开S ，再将B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b 孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b 孔，故D 错误．3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，如此如下图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )解析：选A 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．4.(2018届高考原创猜题卷)如下列图，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，如此物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22gh D.532gh 解析：选D 对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .5.(多项选择)如下列图，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道局部存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，如此( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析：选ACD 小球在BCD 局部做圆周运动，在D 点，mg ＝m v D 2R，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv D 2－12mv B 2，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，如此x越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v B 2R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx＝12mv B 2，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，如此x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．6.(多项选择)(2018届湖北八校联考)如下列图，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，1k .重力加速度为g ，如此( )A ．电场强度的大小为 mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为 5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k解析：选BC 小球做类平抛运动，如此电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mgq ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos45°＝2mgk，D 错误．二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如下列图，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质与电场强度E ；(2)假设小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqL sin α－mgL (1－cos α)＝0 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，如此G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．假设小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：m v 2L ＝233mg 由A 点到等效最高点，根据动能定理得 －233mgL (1＋cos30°)＝12mv 2－12mv A 2 联立解得v A ＝2gL 3＋1.答案：(1)正电3mg3q(2)2gL 3＋18．(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间t 变化的v y t 图象，如图甲和乙所示．电场强度E ＝U 0d电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm 图甲中，v y 1＝at 0＝U 0et 0dmv y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧位移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 02md由图乙可得电子的最小侧位移 y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 022md .答案：3U 0et 02md 3U 0et 022md9.(2019届德州质检)如下列图，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势． 解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kr 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，由平衡条件有F N －mg －F sin60°＝0解得F N ＝mg ＋33k8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33k 8h 2(2)φ＋m v 02－v22q10.(2018届湖南五校高三联考)如下列图，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响，重力加速度为g ，求：(1)小球经过C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过D 点时的速度大小．解析：(1)小球从A 点到C 点过程，根据动能定理有mg ·2d ＝12mv C 2在C 点，由牛顿第二定律有T －mg ＝m v C 2d得T ＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T ′＝T ＝5mg .(2)设U BA ＝U ，根据对称性可知U BA ＝U AD ＝U小球从A 点到B 点和从A 点到D 点过程中，根据动能定理有mgd ＋qU ＝12mv 2mgd －qU ＝12mv D 2得v D ＝4gd －v 2.答案：(1)5mg (2) 4gd －v 2|学霸作业|——自选一、选择题1.(2019届吉林调研)真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如下列图，如此如下说法正确的答案是( )A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．试探电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：选D 根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B 错误；试探电荷在x ＝4a 处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D 正确；在x 轴上从原点处到x ＝6a 处，电场强度从两头指向x ＝4a 处，点电荷M 、N 一定都是正电荷，选项A 错误；由kQ M 4a2＝kQ N2a2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误． 2.(多项选择)(2018届山西太原一模)如下列图，在水平向右的匀强电场中，t ＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用E k 表示滑块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，如此如下图线正确的答案是( )解析：选AD 物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 02＝－2ax ，由数学知识可知B 错误；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．3.(2019届福州四校联考)如下列图，在竖直平面内固定一个半径为R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的一样的带负电小球A 和B 套在圆环上，其中小球A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球B 固定在圆环上，和圆心O 的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A 从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g ，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中电势能保持不变B ．小球A 运动到圆环的水平直径右端P 点时的速度为0C ．小球A 运动到圆环最低点Q 的过程中，速率先增大后减小D ．小球A 到达圆环最低点Q 时的速度大小为gR解析：选C 小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90°后大于90°，即合力对小球A 先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C 正确；小球A 、B 之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90°后大于90°，可知小球A 从释放至运动到Q 点过程中，小球A 的电势能先减小后增大，选项A 错误；小球A 在释放点与在Q 点的电势能相等，小球A 从释放运动到Q 点的过程中，有mgR ＝12mv Q 2，v Q ＝2gR ，选项D 错误；假设小球A 到达P 点时速度为零，分析可知，小球A 在P 点与在释放点重力势能一样，小球A 在P 点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A 不能到达P 点，选项B 错误．4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以大小为v 的初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如下列图，由此可知( )A ．小球带正电B ．电场力大小为2mgC ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的运动时间相等D ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的速度变化量不相等解析：选D 根据小球从B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以小球在C 点时的速度等于在A 点时的速度，因为AB ＝2BC ，设B 、C 间竖直距离为h ，如此A 、B 间竖直距离为2h ，小球由A 点到C 点根据动能定理有mg ×3h －Eqh ＝0，即Eq ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 点到B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g ，方向竖直向下，所用时间为t 1＝4hg＝2h g，从B 点到C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a 2＝Eq －mgm＝2g ，方向竖直向上，故所用时间t 2＝2h2g＝hg，故t 1＝2t 2，选项C 错误；小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的过程中速度变化量大小都等于Δv ＝2ghg，但方向相反，选项D 正确． 5.(多项选择)(2018届四川宜宾二诊)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的一样带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力与相互间的作用力．如此( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场解析：选AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，如此t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，如此12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，故电场力做功W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12mv 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．6.(多项选择)如下列图，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E .在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，如下说法正确的答案是( )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：选AD 根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F N －qE －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3(mg ＋qE )，如此小球对轨道的压力为3(mg＋qE )，故C 错误，D 正确．二、非选择题7.如下列图，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l2处有一障碍物P ，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？ (3)假设细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？ 解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l2可解得T 2－T 1＝2mg ，即增大2mg .(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2hg小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x ＝vt ＋12·qEmt 2小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl .答案：(1)2gl (2)增大2mg(3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl8.如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos30°h sin30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv C 2－0解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 12mv C 2＝12mv D 2＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v D 2R解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确． 即小球落地点距离C 点的水平距离为 2 m. 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.(2019届山东烟台模拟)如下列图，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到A 的距离．有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电小球B ，B 球与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源A 形成的电场中具有的电势能表达式为E p ＝kr，其中r 为q 与Q 之间的距离．有一质量也为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达最高点P (取g ＝10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)，求：(1)小球C 与小球B 碰撞后的速度为多少？ (2)小球B 的带电荷量q 为多少？ (3)P 点与小球A 之间的距离为多大？(4)当小球B 和C 一起向下运动与场源A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？解析：(1)小球C 自由下落H 距离的速度v 0＝2gH ＝4 m/s小球C 与小球B 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 代入数据得v 1＝2 m/s.(2)小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球进展受力分析知mg ＝ka 2代入数据得q ＝49×10－8C.(3)C 和B 向下运动到最低点后又向上运动到P 点，运动过程中系统能量守恒， 设P 与A 之间的距离为x ，由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝2mg (x －a )＋k x代入数据得x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋25 m(或x ＝0.683 m)．(4)当C 和B 向下运动的速度最大时，设与A 之间的距离为y ， 对C 和B 整体进展受力分析有2mg ＝ky 2代入数据有y ＝25m(或y ＝0.283 m) 由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝12×2mv m 2－2mg (a －y )＋k y代入数据得v m ＝ 16－8 2 m/s(或v m ＝2.16 m/s)． 答案：(1)2 m/s (2)49×10－8C (3)2＋25 m (4)25m16－8 2 m/s10．(2017年全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M ，N 先后以一样的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M ，N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，如此它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M ，N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v y 2＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，如此v 0v y ＝qEmg⑨ 设M ，N 离开电场时的动能分别为E k1，E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q. 答案：(1)3 (2)13H (3)mg2q。
2024年高考物理一轮复习专题17机械能守恒定律及其应用限时训练含解析
专题17 机械能守恒定律及其应用(限时：45min)一、选择题（共11小题）1．(2024·天津高考)滑雪运动深受人民群众宠爱。
某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功肯定为零D ．机械能始终保持不变【答案】C【解析】运动员从A 点滑到B 点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A 错误，C 正确。
如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，故B 错误。
运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D 错误。
2.如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( )A.12mv 02＋mgHB.12mv 02＋mgh 1 C ．mgH －mgh 2 D.12mv 02＋mgh 2 【答案】B【解析】由机械能守恒，mgh 1＝12mv 2－12mv 02，到达B 点的动能12mv 2＝mgh 1＋12mv 02，B 正确。
3.如图所示，具有肯定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面对上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面对上的拉力F 作用，这时物块的加速度大小为4 m/s 2，方向沿斜面对下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．物块的机械能肯定增加B ．物块的机械能肯定减小C ．物块的机械能可能不变D ．物块的机械能可能增加也可能减小 【答案】A【解析】机械能改变的缘由是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F 和摩擦力F f 做功，则机械能的改变取决于F 与F f 做功大小关系。
由mg sin α＋F f －F ＝ma 知：F －F f ＝mg sin 30°－ma ＞0，即F ＞F f ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A 项正确。
高考物理一轮复习 专题5.1 功 功率(精练)(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题5.1 功功率1．(2019·江苏徐州一中期末)一根木棒沿固定水平桌面从A移动到B，位移为s，如此棒对桌面的摩擦力F f和桌面对棒的摩擦力F f′，做的功分别为( )A．－F f s，－F f′s B．F f s，－F f′sC．0，－F f′s D．－F f s，0【解析】由题意知棒对桌面的摩擦力为F f，桌面无位移，如此做的功为0；桌面对棒的摩擦力为F f′，棒的位移为s，因此F f′做的功为－F f′s，C正确。
【答案】C2．(2019·湖南省长沙市一中期末)如图4所示的拖轮胎跑是一种体能训练活动。
某次训练中，轮胎的质量为5 kg，与轮胎连接的拖绳与地面夹角为37°，轮胎与地面动摩擦因数是0.8。
假设运动员拖着轮胎以5 m/s的速度匀速前进，如此10 s内运动员对轮胎做的功最接近的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)( )图4A．500 J B．750 J C．1 250 J D．2 000 J【解析】F cos θ＝f，F N＋F sin θ＝mg，f＝μF N，得F＝μmgcos θ＋μsin θ＝0.8×500.8＋0.8×0.6N＝31.25 N，10 s内运动员对轮胎做功W F＝F cos θ·vt＝31.25×0.8×5×10 J＝1 250 J，选项C正确。
【答案】C3．(2019·辽宁省阜新市一中期末)在水平面上，有一弯曲的槽道AB ，槽道由半径分别为R2和R 的两个半圆构成。
如图6所示，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球从A 点沿槽道拉至B 点，假设拉力F 的方向时刻均与小球运动方向一致，如此此过程中拉力所做的功为( )图6A ．0B ．FR C.32πFR D ．2πFR【解析】把槽道分成s 1、s 2、s 3、…、s n 微小段，拉力在每一段上可视为恒力，如此在每一段上做的功W 1＝F 1s 1，W 2＝F 2s 2，W 3＝F 3s 3，…，W n ＝F n s n ，拉力在整个过程中所做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＋…＋W n ＝F (s 1＋s 2＋s 3＋…＋s n )＝F (π·R 2＋πR )＝32πFR 。
高考物理一轮复习精选题辑：课练+17+Word版含解析
课练17动量冲量和动量定理1．(2018·河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是()A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变答案：CD解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误；物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零，B错误；根据动量定理I＝Δp可知，物体所受的合外力的冲量为零，则其可得物体所受的动量变化量一定为零，C正确；根据Ft＝Δp⇒F＝Δpt合外力不变，则其动量变化率不变，D正确．2．(2018·福建六校4月联考)(多选)如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则()A．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量答案：CD解析：过程Ⅰ中钢珠所受的外力只有重力，由动量定理可知，钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故D正确；在整个过程中，钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅱ中，钢珠所受的外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，故B 错误；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故A 错误．3．(2018·山东枣庄期末联考)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/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．100 NB ．500 NC ．600 ND ．1 100 N答案：D解析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力和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v 0＝2gh ＝2×10×5m/s ＝10 m/s ，根据动量定理，取竖直向下为正方向，有mg ·t －F ·t ＝0－m v 0，解得F ＝mg ＋m v 0t ＝600 N ＋60×101.2 N＝1 100 N ，故选D.4．(2018·河南周口一中等联考)(多选)质量为m 的物体以初速度v 0做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小为v ，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为( )A ．m v －m v 0B ．mgtC ．m v 2－v 20D ．m 2gh答案：BCD解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp ＝mgt ，故B 正确；由题可知，物体末位置的动量为m v ，初位置的动量为m v 0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp ＝m v y ＝m v 2－v 20＝m 2gh ，故C 、D 正确．5．(2018·福建厦门一中月考)(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m ，速度大小为v ，做圆周运动的周期为T ，则以下说法中正确的是( )A ．经过时间t ＝T 2，小球的动量的变化量为零B ．经过时间t ＝T 4，小球的动量的变化量大小为2m vC ．经过时间t ＝T 2，细绳的拉力对小球的冲量大小为2m vD ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT 4答案：BCD解析：经过时间t ＝T 2，小球转过了180°，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，细绳的拉力对小球的冲量I ＝Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，A 错误，C 正确；经过时间t ＝T 4，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量为Δp ′＝m Δv ＝2m v ，重力对小球的冲量大小I G ＝mgt ＝mgT 4，B 、D 正确．6．(2018·湖南五市十校联考)(多选)如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球( )A ．所受合力的冲量水平向右B ．所受支持力的冲量水平向右C ．所受合力的冲量大小为m 2gRD ．所受重力的冲量大小为零答案：AC解析：在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动量定理可知I合＝m Δv ，Δv 的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确、B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中，机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B ，解得v B＝2gR ，即Δv ＝2gR ，所以I 合＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．7．(2018·安徽合肥二模)(多选)一质点静止在光滑水平面上．现对其施加水平外力F ，F 随时间t 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，F的功率先增大后减小D．在1～3 s时间内，F的冲量为0答案：CD解析：从题图可以看出，在前2 s内质点受到的力的方向和运动的方向相同，质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运动．所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，不为0，故A错误；该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期内受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以质点在0～4 s 时间内的位移为正，故B错误；在0～2 s时间内，速度在增大，力F 先增大后减小，根据瞬时功率P＝F v得开始时力F瞬时功率为0.2 s 末的瞬时功率为0，所以在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F-t图象中，F-t图线与横轴围成的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3 s时间内，F的冲量为0，故D正确．8．篮球运动是大家比较喜好的运动，在运动场上开始训练的人常常在接球时伤到手指头，而专业运动员在接球时通常伸出双手迎接传来的篮球，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以() A．减小球对手的作用力B．减小球对手的作用时间C．减小球的动能变化量D．减小球的动量变化量答案：A解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有A正确．9．(多选)如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J答案：BC解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理F ·t ＝m v 2－m v 1得：F ＝－1260 N ，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N ，故A 项错误，B 项正确；根据动能定理：W ＝12m v 22－12m v 21＝126 J ，故C 项正确，D 项错误．10．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S ，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是( )A ．ρv S B.ρv 2SC.12ρv 2S D ．ρv 2S答案：D 解析：以t 时间内喷出去的气体为研究对象，则Ft ＝ρS v t v ＝ρSt v 2，得F ＝ρS v 2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故D 项正确．11．(2018·河北沧州一中月考)光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J ；在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，轨道半径R ＝0.5 m ．B 恰能完成半个圆周运动到达导轨最高点C .g 取10 m/s 2，求：(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小；(2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小．答案：(1)5 m/s (2)4 N·s 解析：(1)设物块B 在绳被拉断后的瞬时速率为v B ，到达C 点的速率为v C ，根据B 恰能完成半个圆周运动到达C 点可得F 向＝m B g ＝m B v 2C R ①对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程，应用动能定理有－2m B gR ＝12m B v 2C －12m B v 2B ②由①②解得v B ＝5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v 1，取向右为正方向， 由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为B 的动能，则E p ＝12m B v 21③根据动量定理有I ＝m B v B －m B v 1④由③④解得I ＝－4 N·s ，其大小为4 N·s.12．(2018·山西灵丘三模)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一水枪，枪口直径为d ，出水速度为v ，储水箱的体积为V .(1)水枪充满水可连续用多少时间？(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．答案：(1)4V v πd 2 (2)14πρd 2v 2 控制枪口直径d 和出水速度v解析：(1)设Δt 时间内，从枪口喷出的水的体积为ΔV ，则 ΔV ＝v S Δt ，S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22， 所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV Δt ＝14v πd 2，水枪充满水可连续用的时间t ＝V 14v πd 2＝4V v πd 2.(2)Δt 时间内从枪口喷出的水的质量m ＝ρΔV ＝ρS v Δt ＝ρ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22v Δt ＝14ρπd 2v Δt . 质量为m 的水在Δt 时间内与目标作用，由动量定理有F Δt ＝Δp ，以水流的方向为正方向，得－F Δt ＝0－14ρπd 2v Δt ·v ＝0－14ρπd 2v 2Δt ，解得F ＝14πρd 2v 2.可见，要控制水枪威力关键是要控制枪口直径d 和出水速度v . 刷题加餐练 刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅲ一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零答案：AB解析：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝F1m ＝22m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝m v2＝4 kg·m/s，故B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝F2m＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝m v3＝3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，故D错误．2．(2016·北京卷，18)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是在轨道2运动，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量答案：B解析：本题考查万有引力定律、牛顿第二定律和动量的定义，意在考查学生的理解能力和分析能力．卫星由轨道1进入轨道2，需在P点加速做离心运动，故卫星在轨道2运行经过P点时的速度较大，A项错误；由G Mmr2＝ma可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，在轨道1运行时，P点在不同位置有不同的加速度，B项正确，C项错误；卫星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定不相同，D项错误．3．(2015·重庆卷，3)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 －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t －mg答案：A解析：人先做自由落体运动下落高度h ，获得速度为v ，由v 2＝2gh ，得v ＝2gh .安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为零．设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，F ＝m 2gh t ＋mg ，所以A 正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·河北唐山模拟)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/s 2)( )A ．t ＝0.4 s ，F N ＝40 NB ．t ＝0.4 s ，F N ＝36 NC ．t ＝0.8 s ，F N ＝36 ND ．t ＝0.8 s ，F N ＝40 N答案：C解析：足球自由下落时有h ＝12gt 21，解得t 1＝2h g ＝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 ＝2t 1＝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．5．(2018·河南郑州一中调研)(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A．重力的冲量相同B．斜面弹力的冲量不同C．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同答案：BD解析：设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝2gh，所用时间t＝1sinθ2hg.由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G＝mgt＝m2ghsinθ，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为I N＝mg cosθ·t＝m2ghtanθ，方向垂直斜面向上，B正确，C错误；合力的大小为mg sinθ，I合＝mg sinθ·t＝m2gh，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确．6．(2018·四川成都一诊)(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属细杆上的小环从A点无初速度释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功为W1，重力的冲量为I1；若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功为W2，重力的冲量为I2，则()A．W1>W2B．W1＝W2C．I1>I2D．I1＝I2答案：BC解析：小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功W1＝μmg cosβ·s AB＋μmg cosα·s BC，小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功W2＝μmg cosα·s AD＋μmg cosβ·s DC，又因为s AB＝s BC＝s AD＝s DC，所以摩擦力对小环做的功W1＝W2，故A错误，B正确；根据动能定理可知，mgh－W f＝12m v 2C，因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等，所以两次小环到达C点的速度大小相等，小环从A经B滑到C 点，根据牛顿第二定律可得，小环从A到B的加速度a AB＝g sinβ－μg cosβ，小环从B到C的加速度a BC＝g sinα－μg cosα，同理，小环从A到D的加速度a AD＝g sinα－μg cosα，小环从D到C的加速度a DC＝g sinβ－Mg cosβ，又因为α>β，所以a AB＝a DC<a BC＝a AD，其速度—时间图象如图所示，由图象可知，t1>t2，由I＝mgt得，则重力的冲量I1>I2，故C正确，D错误．7．(2018·山东枣庄一模)如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ.则滑块的运动情况是() A．动量方向沿杆向下，正在均匀增大B．动量方向沿杆向下，正在均匀减小C．动量方向沿杆向上，正在均匀增大D．动量方向沿杆向上，正在均匀减小答案：D解析：把滑块和球看成一个整体进行受力分析，沿杆和垂直于杆建立直角坐标系，假设滑块速度方向沿杆向下，则沿杆方向有(m1＋m2)g sinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直于杆方向有F N＝(m1＋m2)g cosθ，其中摩擦力f＝μF N，联立可解得a＝g sinθ－μg cosθ，现对小环进行分析，因θ<β，则有a>g sinβ，所以g sinθ－μg cosθ>g sinβ，g sinθ－g sinβ>μg cosθ，因为θ<β，所以g sinθ－g sinβ<0，但μg cosθ>0，所以假设不成立，即滑块速度方向一定沿杆向上．滑块沿杆向上运动，滑块重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆向下，滑块的加速度方向沿杆向下，所以滑块沿杆减速上滑，则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小，故A、B、C错误，D正确．刷最新原创——抓重点8．物体A和物体B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示．A的质量为m，B的质量为m′.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为()A．m v B．m v－m′uC．m v＋m′u D．m v＋mu答案：D解析：解法一：对A有I弹－mgt＝m v，对B有m′gt＝m′u，解得弹簧弹力的冲量I弹＝m v＋mu.解法二：对A、B两物体系统有I 弹－(mg＋m′g)t＝m v－m′u，m′gt＝m′u，联立解得I弹＝m v＋mu.9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻(其余电阻不计)，匀强磁场垂直于导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是()A．上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小答案：AD解析：考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向内能转化，根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度；根据F安＝BIL、I＝BL vR，知上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A正确，B错误；设导体棒上滑的距离为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小I＝F安t＝BIL t＝B BI vR Lt＝B2L2v tR＝B2L2xR，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小I′＝B2L2xR，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C错误，D正确．刷易错易误——排难点易错点1容易忽视动量运算的矢量性10．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中()A．三个小球动量的变化量相同B．下抛球和平抛球动量的变化量相同C．上抛球动量的变化量最大D．三个小球落地时的动量相同答案：C解析：三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理有mgh ＝12m v 2－12m v 20，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同．故D 错误． 易错点2 不能正确选择研究对象11．(2018·北京模拟)根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E 和动量p 之间的关系是E ＝pc ，其中c 为光速．由于光子有动量，辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p 的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p ；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p .有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐谢功率为P 0，探测器和薄膜的总质量为m ，薄膜面积为S ，则探测器的加速度大小为(不考虑万有引力等其他的力)( ) A.(1＋η)S P 0mc B.(1＋η)P 0S mc C.(2－η)P 0S mc D.(2＋η)P 20S mc答案：B解析：在时间t 内辐射到薄膜表面的光子的能量E 总＝P 0tS ，光子的总动量p ＝E 总c ＝P 0tS c ，根据题意，由动量定理得2ηp ＋(1－η)p ＝Ft ，由牛顿第二定律得F ＝ma ，联立解得加速度a ＝(1＋η)P 0S mc ，故B正确．刷综合大题——提能力12．(2016·新课标全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 解析：(1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt ＝ρv 0S ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2⑧。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—圆周运动
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—圆周运动1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是()A．乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的飞椅角速度最大B．缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等C．飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力D．不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为()A．10 m/s2B．100 m/s2C．1 000 m/s2D．10 000 m/s23.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感．如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度．A、B为滚轮轴上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则()A．从动轮和主动轮转动方向始终相反B．滚轮在B处时，从动轮角速度小于主动轮角速度C．滚轮从A到B，从动轮线速度先增大后减小D．滚轮从A到B，从动轮转速先增大后减小4．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是()A．小球Q的位置越来越高B．细线的拉力减小C．小球Q运动的角速度增大D．金属块P受到桌面的静摩擦力增大5.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则()A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB．小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC．圆盘转动的角速度一定是π rad/sD．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s26.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力之比为()A．1∶1 B．25∶32C．25∶24 D．3∶47．(2023·浙江省镇海中学模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光．下列说法正确的是()A．安装时A端比B端更远离圆心B．高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光8.(2023·浙江山水联盟联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h.下列判断正确的是()A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B．小滑块运动中的加速度越来越大C．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大D．小滑块落至底面时的速度大小为v02＋2gh9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是()A．小物块a和b做圆周运动所需的向心力大小之比为3∶1B．小物块a和b对容器壁的压力大小之比为3∶1C．小物块a与容器壁之间无摩擦力D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下10.(多选)(2023·山西吕梁市模拟)2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录．国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25 m，人体弹射装置可以使运动员在4.5 s内由静止达到入弯速度18 m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示，运动员质量为50 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是()A ．运动员匀加速运动的距离为81 mB ．匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 NC ．运动员入弯时的向心力大小为648 ND ．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°11.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m 的半圆弧BC 与长8 m 的直线路径AB 相切于B 点，与半径为4 m 的半圆弧CD 相切于C 点．小车以最大速度从A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B 点，然后保持速率不变依次经过BC 和CD .为保证安全，小车速率最大为4 m/s ，在ABC 段的加速度最大为2 m/s 2，CD 段的加速度最大为1 m/s 2.小车视为质点，小车从A 到D 所需最短时间t 及在AB 段做匀速直线运动的最长距离l 为( )A ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋7π4 s ，l ＝8 m B ．t ＝⎝⎛⎭⎫94＋7π2 s ，l ＝5 mC ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋5126＋76π6 s ，l ＝5.5 m D ．t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋512 6＋(6＋4)π2 s ，l ＝5.5 m 12.(2022·辽宁卷·13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道．答案及解析1．D 2.C 3.B 4.B 5.A6．B [轻绳OB 断开前，小球以A 、B 中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v ，绳长为L ，小球质量为m ，轻绳的张力为F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg＝m v 2L sin 53°，轻绳OB 断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A 点的正下方，设轻绳的张力为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确．] 7．C [要使重物做离心运动，M 、N 接触，则A 端应靠近圆心，因此安装时B 端比A 端更远离圆心，A 错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，M 、N 能接触，灯会发光，不能说重物受到离心力的作用，B 错误；灯在最低点时有F 弹－mg ＝mrω2，解得ω＝F 弹mr －g r ，又ω＝2πn ，因此增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光，C 正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F 1－mg ＝m v 2r ，灯在最高点时有F 2＋mg ＝m v 2r，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D 错误．]8．D [小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h ＝12gt 2，可得t ＝2h g，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v 0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A 、B 错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C 错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度v y ＝2gh ，小滑块落至底面时的速度大小v ＝v 02＋v y 2＝v 02＋2gh ，故D 正确．]9．A [a 、b 角速度相等，向心力大小可表示为F ＝mω2R sin α，所以a 、b 所需向心力大小之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析有mω2R sin 60°<mg tan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a 的摩擦力沿切线方向向上，C 、D错误；对b 有F N b cos 30°＝mg ，对a 有F N a cos 60°＋F f sin 60°＝mg ，所以F N a F N b ≠cos 30°cos 60°＝31，B 错误．]10．BC [运动员匀加速运动的距离为x ＝v 2t ＝182×4.5 m ＝40.5 m ，A 错误；在匀加速过程中，加速度a ＝v t ＝184.5m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力大小为F ＝ma ＝50×4 N ＝200 N ，B 正确；运动员入弯时所需的向心力大小为F n ＝m v 2r ＝50×18225N ＝648 N ，C 正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为θ，则tan θ＝mg F n ＝gr v 2＝250324<1，得θ<45°，D 错误．] 11．B [在BC 段的最大加速度为a 1＝2 m/s 2，则根据a 1＝v 1m 2r 1，可得在BC 段的最大速度为v 1m ＝ 6 m/s ，在CD 段的最大加速度为a 2＝1 m/s 2，则根据a 2＝v 2m 2r 2，可得在BC 段的最大速度为v 2m ＝2 m/s<v 1m ，可知在BCD 段运动时的速度为v ＝2 m/s ，在BCD 段运动的时间为t 3＝πr 1＋πr 2v ＝7π2s ，若小车从A 到D 所需时间最短，则AB 段小车应先以v m 匀速，再以a 1减速至v ，AB 段从最大速度v m 减速到v 的时间t 1＝v m －v a 1＝4－22 s ＝1 s ，位移x 2＝v m 2－v 22a 1＝3 m ，在AB 段匀速的最长距离为l ＝8 m －3 m ＝5 m ，则匀速运动的时间t 2＝l v m ＝54s ，则从A 到D 最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(94＋7π2) s ，故选B.] 12．(1)2.7 m/s 2 (2)225242甲 解析 (1)根据速度位移公式有v 2＝2ax ，代入数据可得a ＝2.7 m/s 2(2)根据向心加速度的表达式a ＝v 2R可得甲、乙的向心加速度之比为a 甲a 乙＝v 甲2v 乙2·R 乙R 甲＝225242，甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t ＝πR v ，代入数据可得甲、乙运动的时间为t 甲＝4π5 s ，t 乙＝9π11s ．因t 甲<t 乙，所以甲先出弯道．。
- 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)。
2019人教版高考物理一轮练习题（17）及答案
一、选择题
1、(2019·湖北武汉三模)如图所示，D、E、F、G为地面上水平间距相等的四点，三个质量相等的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的初速度水平向左抛出，最后均落在D点．若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球()
A．初始离地面的高度比为1∶2∶3
B．落地时的速度大小之比为1∶2∶3
C．落地时重力的瞬时功率之比为1∶2∶3
D．从抛出到落地的过程中，动能的变化量之比为1∶2∶3
解析：选C.A、相同的初速度抛出，而A、B、C三个小球的水平位移之比1∶2∶
2、如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是()
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D ．斜绳与水平方向成30°时，v A ∶v B ＝
∶2
【答案】D
【解析】将B 的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A 的速度，如图所示，
3、如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时对轨道压力为
2
mg .已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )
A ．重力做功2mgR
B ．合力做功34
mgR C ．克服摩擦力做功12
mgR D ．机械能减少2mgR
【答案】B
4、在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格
的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )
A ．L 1的电阻为112
Ω B ．L 1消耗的电功率为7.5 W
C ．L 2的电阻为7.5 Ω
D ．L 2消耗的电功率为0.3 W
【答案】CD
5、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。
铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触。
圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。
圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )
A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动
C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍
【答案】AB
【解析】将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得
感生电动势E ＝BL ＝12BL 2ω，I ＝E R r
+，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2
R ＝24224B L R R r ω（＋）知，当ω变为2倍时，P 变为原来的4倍，D 错。
6、一静止的铝原子核27
13Al 俘获一速度为71.010⨯m/s 的质子p 后，变为处于激发
态的硅原子核2814Si ，下列说法正确的是( )
A.核反应方程为p ＋27
13Al →2814Si
B.核反应方程过程中系统动量守恒
C.核反应过程中系统能量不守恒
D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
【答案】AB
二、非选择题
1、（2019年安徽六安市皖西高中教学联盟质检）某同学利用气垫导轨做“验证
动量守恒定律”实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、光电门等组成。
实验时，将气垫导轨调节水平并接通两个光电计时器，然后充气，把滑块2静止放在气垫导轨的中间，让滑块1以一定的初速度去碰撞滑块2实验结果如下：滑块1通过光电门1的挡光时间为，反弹后再次通过光电门1的挡光时间为；滑块2通过光电门2的挡光时间为.测出挡光片的宽度，
测得滑块1总质量为m
1，滑块2总质量为m
2
；
(1)若测挡光片的宽度时，用如下图所示的精确度为0.05mm的游标卡尺测得挡光片的宽度为4.75mm，这时候游标尺的第______条刻度线(0刻度除外)与主尺上的_______mm刻度线对齐。
(2)在误差允许范围内，若表达式____________成立，即可验证动量守恒定律(用已知符号表示)。
【答案】 15 19。