备战2019高考物理一轮浙江学考题型快速练：计算题部分快练1 ---精校解析Word版

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2019届高三物理(浙江学考)一轮复习练习第1章第2节匀变速直线运动的研究含答案

第2节匀变速直线运动的研究考点一| 匀变速直线运动的规律1．基本规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋12at2.(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax.这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．2．两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v＝v t2＝v0＋v2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.3．v0＝0时的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、…瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2.(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．1．下列关于匀变速直线运动的说法中，正确的是()A．匀变速直线运动是运动快慢相同的运动B ．匀变速直线运动是速度变化量相同的运动C ．匀变速直线运动的速度一直在增加D ．匀变速直线运动就是速度变化快慢相同的运动D [匀变速直线运动是速度变化快慢相等的运动，即在相等时间内速度变化量相等的运动，若时间不相同，则速度的变化量不同，因此A 、B 错误，D 正确；匀变速直线运动分为匀加速直线运动和匀减速直线运动，只有加速度方向与速度方向相同时，才做加速运动，故C 错误．]2．(2017·舟山学考模拟)汽车由静止开始匀加速前进，经过10 s 速度达到5 m/s ，则在这10 s 内( ) 【导学号：81370017】A ．汽车的平均速度是0.5 m/sB ．汽车的平均速度是2.5 m/sC ．汽车的平均速度是5 m/sD ．汽车的位移是50 mB [由v ＝at 知a ＝0.5 m/s 2，v ＝v 0＋v 2＝2.5 m/s ，x ＝v ·t ＝25 m ．即A 、C 、D 选项均错误，B 选项正确．]3．在一次交通事故中，警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是20 m ，设该车辆的刹车加速度大小是10 m/s 2，该路段的限速为60 km/h.则该车( )A ．刹车所用的时间为1 sB ．超速C ．不超速D ．行驶速度为60 km/hB [由运动学公式－2ax ＝v 2－v 20，代入可解得v 0＝20 m/s ＝72 km/h>60km/h ，该车超速，故B 项正确，C 、D 项错误；刹车所用的时间为t ＝v 0a ＝2010 s＝2 s ，故A 项错误．]4．(2017·嘉兴市联考)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 min 内，发现火车前进了180 m ，第2 min 内，发现火车前进了360 m ．则火车的加速度为( ) 【导学号：81370018】A．0.01 m/s2B．0.05 m/s2C．36 m/s2D．180 m/s2B[对于匀变速直线运动在连续相等时间内，位移之差为恒量，即Δx＝aT2，在本题中时间T为60 s，x1＝180 m，x2＝360 m，则由x2－x1＝aT2，解得a＝0.05 m/s2.故选B.]5．假设某无人机靶机以300 m/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射导弹，导弹以80 m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为() 【导学号：81370029】A．3.75 s B．15 sC．30 s D．45 sB[导弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80 m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝va＝1 20080s＝15 s，即导弹发射后经15 s击中无人机，选项B正确．] 考点二| 自由落体运动伽利略对自由落体运动的研究1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力作用，从静止开始下落．(2)运动特点：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动．(3)基本规律：①速度公式：v＝gt.②位移公式：h＝12gt2.③速度位移关系式：v2＝2gh.2．自由落体加速度(1)在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同，这个加速度叫自由落体加速度，也叫重力加速度．方向：竖直向下．(2)在地球上其大小随地理纬度的增加而增大，在赤道上最小，两极处最大．3．伽利略对自由落体运动的研究(1)亚里士多德认为物体下落的快慢是由它的重量决定的，物体越重，下落得越快．(2)伽利略认为，重物和轻物应该下落得同样快，他猜想落体应该是一种最简单的变速运动，即它的速度应该是均匀变化的．(3)日常生活中常会见到，较重的物体下落得比较快，这是由于空气阻力对不同物体的影响不同．(4)由于自由下落物体运动时间太短，当时直接验证自由落体运动是匀加速直线运动很困难，伽利略采用了间接的验证方法，他让一个铜球从阻力很小的斜面上滚下，做了上百次的实验，证明了球在斜面上的运动是匀变速直线运动，然后将此结论合理外推到自由落体运动上．(5)伽利略的科学方法：观察现象→逻辑推理→猜想假说→实验验证→修正推广．4．竖直上抛运动规律(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．(2)基本规律：①速度公式：v ＝v 0－gt .②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.③速度位移关系式：v 2－v 20＝－2gh .④上升的最大高度：H ＝v 202g .⑤上升到最高点所用时间：t ＝v 0g .(2016·浙江4月学考)宇航员在月球上离月球表面高10 m 处由静止释放一片羽毛，羽毛落到月球表面上的时间大约是( )A ．1.0 sB ．1.4 sC ．3.5 sD ．12 sC [由h ＝12gt 2，其中月球表面重力加速度约为地球表面的六分之一，求得时间t 约为3.5 s ，所以C 正确．](2016·10月浙江学考)其探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s后听到石块直接落到崖底的声音，探险者离崖底的高度最接近的是()【导学号：81370020】A．25 m B．50 mC．110 m D．150 mC[石块被踩落后可近似看做自由落体运动，由h＝12gt2可知5 s后下降高度为h＝125 m，实际过程中存在阻力作用，并不是理想的自由落体运动，故探险者离崖底的高度接近但小于125 m．故选C.]1.伽利略为了研究自由落体运动的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，如图1-2-1所示，对于这个研究过程，下列说法正确的是()【导学号：81370021】图1-2-1①斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程②斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量③通过对斜面实验的观察与计算，直接得到自由落体运动的规律④根据斜面实验结论进行合理外推，得到自由落体运动的规律A．①②B．③④C．①③D．②④D[斜面实验“冲淡”了重力的作用，可以使小球下滑的加速度变小，运动时间更长，①错误，②正确；根据斜面实验结论——倾斜角越来越大，而遵循的规律一样：小球沿斜面做匀加速运动、倾角一定时加速度相等，于是合理地将斜面外推成竖直，得到自由落体运动的规律，③错误，④正确，选D项．] 2．已知广州地区的重力加速度为9.8 m/s2，在此地区物体做自由落体运动的说法中，正确的是()A．下落过程，物体的速度每秒增加9.8 m/sB．自由落体运动是一种匀速运动C．释放物体瞬间，物体速度和加速度都为零D．物体越重，下落的越快A[重力加速度为9.8 m/s2，故自由下落过程中，物体的速度每秒增加9.8 m/s，故A正确；自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，故B错误；释放物体瞬间，物体速度为零，加速度为g，故C错误；重力加速度与物体的质量无关，重物与轻物下落一样快，故D错误．]3．质量不等的两个物体从相同高度处做自由落体运动，下列说法正确的是() 【导学号：81370022】A．下落所用时间不同B．落地时速度不同C．下落的加速度相同D．落地时速度变化量不相同C[根据自由落体运动的规律，从相同高度处下落，下落所用时间相同，落地时速度相同，下落的加速度都等于重力加速度，速度变化量Δv＝gt相同，选项A、B、D错误，选项C正确．]4．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象，假如作出的图象如图1-2-2所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g 取10 m/s2)()图1-2-2A．1.8 m B．3.6 mC．5.0 m D．7.2 mC [由题图可知运动员在空中的时间t ＝2.0 s ，故运动员跃起的最大高度H m ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝5.0 m ，C 正确．] 5．一小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力．经过b 点时速度为v ，经过c 点时速度为3v ，则ab 段与ac 段位移之比为( )【导学号：81370028】A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9D [物体做自由落体运动，2gh ab ＝v 2①2gh ac ＝(3v )2②由①②得h ab h ac＝19，故D 正确．] 考点三| 运动学图象1．x t 图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义 ①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小． ②切线斜率的正负表示物体速度的方向．(3)两种特殊的x t 图象①匀速直线运动的x t 图象是一条倾斜的直线．②若x t 图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态．2．v t 图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义 ①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小． ②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．(3)两种特殊的v t 图象①匀速直线运动的vt 图象是与横轴平行的直线．②匀变速直线运动的v t图象是一条倾斜的直线．(4)图线与时间轴围成的面积的意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．(2015·浙江10月学考)下列v t图象中，表示物体做匀速直线运动的是()A B C DD[匀速直线运动中v大小、方向均不变，故选D.]1．跳伞运动员从静止在空中的直升飞机上下落，在打开降落伞之前做自由落体运动，打开降落伞之后做匀速直线运动．则描述跳伞运动的v t图象是下图中的()B[运动员在空中先做自由落体运动，速度由零开始均匀增加；打开降落伞后做匀速直线运动，速度为平行于时间轴的直线，故运动员的图象为B.] 2．(2017·杭州市联考)质点做直线运动的速度—时间图象如图1-2-3所示，该质点()图1-2-3A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在第2秒内发生的位移为零D．在第3秒末和第5秒末的位置相同D[A.在第1秒末质点的加速度方向发生改变，速度方向未改变，A错误．B.在第2秒末质点的速度方向发生改变，加速度方向未改变，B错误．C.在第2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，C错误．D.从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，D正确．]3．t＝0时甲、乙两物体同时从同一地点出发沿同一直线运动，以出发点为参考点，它们的位移—时间(x t)图象如图1-2-4所示，下列说法正确的是()图1-2-4A．甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动B．0～t1时间内，甲与乙的平均速度相同C．t1时刻，甲、乙位置相同，瞬时速度相同D．t1时刻，甲在乙的前方，乙的速度大于甲的速度B[甲做匀速直线运动，乙不一定做匀加速直线运动，因为乙图线不一定是抛物线，选项A错误；0～t1时间内，甲、乙通过的位移相同，所以平均速度相同，选项B正确；t1时刻，甲、乙位置相同，乙图线的斜率大于甲的，所以乙的速度大于甲的速度，选项C、D错误．]4．一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v t图象如图1-2-5所示．图1-2-5(1)摩托车在0～20 s这段时间的加速度大小a；(2)摩托车在0～75 s这段时间的平均速度大小v. 【导学号：81370032】【解析】(1)加速度a＝v t－v0t由v t图象并代入数据得a＝1.5 m/s2.(2)设20 s时速度为v m,0～20 s的位移x1＝0＋v m 2t120～45 s的位移x2＝v m t245～75 s的位移x3＝v m＋0 2t30～75 s这段时间的总位移x＝x1＋x2＋x30～75 s这段时间的平均速度v＝xt1＋t2＋t3代入数据得v＝20 m/s.【答案】(1)1.5 m/s2(2)20 m/s。

(浙江专用)备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(二)(含解析)

（浙江专用）备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(二)考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应答题纸上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.如图1所示是高速公路旁的交通标志，图中的“100”表示小汽车必须限制在100 km/h内行驶，“杭州88 km”表示到杭州还有88 km.“100 km/h”和“88 km”分别指( )图1A．瞬时速度，位移B．瞬时速度，路程C．平均速度，位移D．平均速度，路程2．设向东的方向为正，有一辆汽车以15 m/s的速度从东向西匀速行驶，则汽车的位移与时间的关系图象可能是下列图中的( )3．汽车遇紧急情况刹车，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 m4．如图2所示，“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏，某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则( )图2A．大人抛出的圆环运动时间较长B．大人和小孩抛出的圆环运动时间相等C．大人抛出的圆环初速度较大D．大人和小孩抛出的圆环初速度相等5．(2018·湖州衢州丽水高三期末)如图3所示，摩天轮在匀速旋转过程中( )图3A．所有游客的转速是相同的B．所有游客的线速度是相同的C．在最高点的游客角速度最小D．在最低点的游客需要的向心力最大6．(2018·新高考联盟联考)2016年10月19日3时31分，神舟十一号载人飞船与天宫二号空间实验室成功实现自动交会对接，如图4所示，此时天宫二号绕地飞行一圈时间为92.5 min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24 h，根据此两组数据我们不能求出的是( )图4A．天宫二号与地球同步卫星的角速度之比B．天宫二号与地球同步卫星的离地高度之比C．天宫二号与地球同步卫星的线速度之比D．天宫二号与地球同步卫星的向心加速度之比7．(2018·宁波市十校联考)要使平行板电容器的电容增大，可采用的方法是( )A．增大两极板正对面积 B．增大两极板间距C．增大两极板之间的电压 D．使极板带电荷量增加8.如图5所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－10－8 C，分别固定在x＝0和x＝4 cm的位置上，则在x轴上( )图5A．两个点电荷间某点的电场强度为零B．x＝8 cm处的电场强度为零C．(4 cm,8 cm)区域内电场强度的方向沿x轴正方向D．电子在两个点电荷之间向右运动时，电势能先增大后减小9．如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同．现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(木板始终静止，设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( )图6A．P处B．P、Q之间C．Q处D．Q的右侧10．轿车司机座位旁常常挂些小饰物，司机可根据小饰物的摆动来判断汽车的运动情况．某同学受此启发设计出一种测量汽车加速度的装置来反映轿车的加速性能．原理如图7所示，质量为m的金属球，固定在一细长的轻线下端，细线能绕悬挂点O在竖直平面内转动，轿车在水平面静止时轻线自然下垂，当轿车在水平地面加速时，轻线偏离竖直方向的角度为θ，此时加速度a与偏角θ的关系式正确的是( )图7 A．a＝g sin θB．a＝g tan θC．a＝g cos θD．a＝gcos θ11．如图8所示，在竖直放置的蹄形磁铁两极间放置一阴极射线管，一束电子从A端高速射向B端，当它经过蹄形磁铁产生的磁场时，受的洛伦兹力方向( )图8A．向上B．向下C．指向N极D．指向S极12．(2018·台州外国语学校期末)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近( )A．8×108kW·h B．8×1010kW·hC．8×1011kW·h D．8×1013kW·h13.(2018·东阳中学期中)如图9所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是( )图9A．导体棒受到磁场力大小为BILB．导体棒对轨道压力大小为mg－BIL cos θC．导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg－BIL sin θ)D．导体棒受到导轨摩擦力为BIL sin θ二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.加试题(2018·宁波重点中学联考)下列说法正确的是( )A．因为激光具有高度的相干性，所以激光可以被调制后用来传递信息B．铀核(238 92U)需经过6次α衰变和8次β衰变才能变成铅核(206 82Pb)C．机械波在介质中的传播速度是由介质本身的性质决定的，与频率无关D．若一个电子与一个质子的动量相等，则质子德布罗意波波长更短15.加试题如图10所示为两个频率相同、振幅均为A的相干波源在水面上传播产生的干涉现象，其中实线和虚线分别表示两列波的波峰和波谷，t＝0时刻M是波峰与波峰相遇的点，下列说法正确的是( )图10A．如果两个波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉现象B．质点P和质点M在图示时刻的高度差为2AC．质点Q、M是振动加强点，再过半个周期，质点P、N也成为振动加强点D．质点M振动一个周期，其路程为8A16.加试题在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介．光盘上的信息通常是通过激光束来读取的．若激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图11所示．下列说法中正确的是( )图11A．图中光束①是红光②是蓝光B．在光盘的透明介质层中，光束②比①传播速度更快C．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束②的条纹宽度比①的小D．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束②的条纹宽度比①的大非选择题部分三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)(2018·温州市期末)(1)在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，以下说法正确的是________．A．先释放纸带再接通电源B．打点结束，先关电源再取纸带C．拉小车的细线应尽可能与长木板平行D．实验需要平衡拖着纸带的小车受到的摩擦力(2)某位同学在做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验时，所得的数据如下表所示.①请在图12的坐标纸中画出弹力F与弹簧长度x的关系图线．(实验中所挂钩码每个50 g，g取10 m/s2)图12②弹簧的劲度系数为________ N/m，图象与x轴交点的物理意义是_______________________ ________________________________________________________________________. 18．(5分)(2018·余姚中学期中)用如图13所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：图13(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0刻线”或“∞刻线”)．(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准19．(9分)(2018·七彩阳光联盟期中)如图14所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m速度达到43.2 km/h；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m后恰好停止．图14(1)求校车匀加速运动的加速度大小a1；(2)若校车总质量为4 500 kg，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g＝10 m/s2，结果可用根式表示)20．(12分)(2017·余姚中学高三上期中)如图15所示，一小球(可视为质点)从A以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则：图15(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；(2)为使小球能进入壕沟，求小球在A点的初速度v0的范围．21.加试题 (4分)(2018·东阳中学期中)如图16为“研究电磁感应现象”的实验装置，开关合上前小螺线管已插入到大螺线管中．图16(1)①将图中所缺的导线补接完整；②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后将小螺线管迅速抽出时，灵敏电流计指针将向________(“左”或“右”)偏转．将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，则灵敏电流计指针将向________(“左”或“右”)偏转．图17(2)如图17所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是________．A．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表B．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D.保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响22.加试题 (10分)如图18甲所示，固定轨道由倾角θ＝37°的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场，两导轨间距为L＝0.5 m，上端用阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力(图中未画出)作用下，一质量为m＝0.5 kg、阻值也为0.5 Ω的金属杆MN从斜导轨上某一高处由静止开始(t＝0)沿光滑的斜导轨匀加速下滑，当杆MN滑至斜导轨的最底端P2Q2处时撤去拉力，杆MN 在粗糙的水平导轨上减速运动直至停止，其速率v 随时间t 的变化关系如图乙所示(其中v m ＝20 m/s 和t 0＝2 s 为已知)．杆MN 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，水平导轨和杆MN 间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图18(1)杆MN 中通过的最大感应电流I m ；(2)杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(3)撤去拉力后，若电阻R 上产生的热量为Q ＝20 J ，求杆MN 在水平导轨上运动的路程s .23.加试题 (10分)如图19甲所示，半径为l 的金属圆环处在垂直圆环平面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场中，长度为l 的金属杆可绕通过圆心的轴O 做顺时针方向的匀速转动．在图乙中，平行板电容器的极板长度为l ，板间距为d ，挡板HI 高为4l ，距离极板右边缘3l .两板中央延长线上质量为m 的带电粒子P 以速度v 与静止在两板中央左边缘的质量为4m 的粒子Q 发生碰撞后，以3v 5的速率反弹回来，设碰撞后粒子Q 电荷量为＋q (不计P 、Q 粒子的重力和运动的阻力)．图19(1)求Q 粒子以多大的速度进入平行板电容器；(2)要使Q粒子能落在挡板上的HM之间，图甲中的a点应连接图乙中的________(填“A”或“D”)点；(3)在满足(2)的条件下，求金属杆OC转动的角速度范围．答案精析1．B [题图中“100 km/h”和“88 km”分别表示瞬时速度和路程，故选项B 正确．]2．D 3.B4．A [设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v ，高度为h ，则下落的时间为：t ＝2h g ，水平方向位移x ＝vt ＝v 2h g，由以上的公式可知，由于大人的高度h 比较大，所以大人抛出的圆环运动时间较长、速度较小，故A 正确，B 、C 、D 错误．]5．A 6.B7．A [根据平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd，可知要增大电容，可增大两极板正对面积，或插入电介质，或减小板间距离，故A 正确，B 错误；电容器的电容与两极板间电压、极板所带电荷量无关，故C 、D 错误．]8．B [根据点电荷场强的叠加知，两点电荷之间的场强方向沿x 轴正方向，不为零，A 错误；由分析可知，在x 轴上场强为零的点，只能在Q 2的右侧，设该点在Q 2右侧L 处，则k Q 1(4 cm ＋L )2＝k |Q 2|L，解得L ＝4 cm ，则x ＝4 cm ＋L ＝8 cm 处的电场强度为零，B 正确；(4 cm,8 cm)区域内电场强度的方向沿x 轴负方向，C 错误；电子在两个点电荷之间向右运动时，电场力做负功，电势能增大，D 错误．]9．C 10.B11．B [电子从A 端射向B 端，根据左手定则，磁感线垂直穿入手心，四指指向电子束运动的反方向，洛伦兹力的方向向下，故选B.]12．B [因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W 和10 W ，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3kW×365×6 h ＝8.76×1010 kW·h，最接近B 选项，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．]13．A [导体棒受力分析如图所示：B 与I 垂直，故导体棒受到磁场力大小为F ＝BIL ，选项A 正确；根据共点力平衡规律得：BIL sin θ＋F N ＝mg ，结合牛顿第三定律得导体棒对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝mg －BIL sin θ，选项B 错误；因为导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即F f ＝BIL cos θ，选项C 、D 错误]14．AC15．BD [如果两个波源频率不同，不能产生类似的稳定的干涉现象，故A 错误；在t ＝0时刻，质点M 是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍，质点P 是波峰与波谷叠加，是振动减弱点，位移为0，故质点P 和质点M 在图示时刻的高度差为2A ，故B 正确；两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱，质点Q 、M 是振动加强点，质点P 、N 是振动减弱点，再过半个周期，质点P 、N 还是振动减弱点，故C 错误；质点M 是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍，所以质点M 振动一个周期，其路程为8A ，故D 正确．]16．BD17．(1)BCD (2)①见解析图 ②7.4 弹簧的原长解析 (1)应先接通电源，然后释放纸带，否则纸带开始阶段是空白，可能所采集的数据不够，而且浪费纸带，故A 错误；打点结束后，应先切断电源后再取纸带，故B 正确；实验应保证细线拉力为小车所受合力，故拉小车的细线与长木板平行，故C 正确；实验中，平衡掉摩擦阻力的方法是轻推一下拖着纸带的小车，若小车能够匀速下滑，则在纸带上打下间距均匀的点，故D 正确，故选B 、C 、D.(2)①先在坐标纸中描点，然后用直线连接，如图②弹簧的劲度系数为k ＝ΔF Δx ＝2.50.34N/m ≈7.4 N/m ，图象与x 轴交点的物理意义是拉力为0时，弹簧的长度，即弹簧的原长．18．(1)S (3)T 0刻线 (4)ADC解析用多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀小心旋动指针定位螺丝S ，使指针对准电流的“0刻线”．然后旋动选择开关K ，选择量程，再将两表笔短接，调整旋钮T ，使指针对准满偏刻度(即电阻的“0刻线”)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值．若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100”挡位更换到“×1 k”挡位．19．(1)2 m/s 2(2)9 000 N (3)6026 N解析 (1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1，得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3解得a 2＝2 m/s 2 F 阻＝Ma 2＝9 000 N.(3)匀加速运动过程中，设学生所受合力大小F 合，座椅对学生的作用力为F ，由牛顿第二定律可得F 合＝ma 1F ＝(mg )2＋(ma 1)2得F ＝6026 N.20．(1)3 m/s (2)4 m/s<v 0<5 m/s解析 (1)小球恰能通过最高点，则有mg ＝m v 2R由B 到最高点有：12mv B 2＝12mv 2＋2mgR从A →B 由动能定理得：－μmgL 1＝12mv B 2－12mv 0 2解得小球在A 点的初速度v 0＝3 m/s.(2)若小球恰好到达C 处，从A 到C 的过程中，根据动能定理：W f ＝ΔE k即：－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 1 2解得：v 1＝4 m/s若小球恰能越过壕沟时，设小球到达C 点时的速度为v C根据平抛运动公式：h ＝12gt 2，s ＝v C t从A 到C 的过程中，根据动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝12mv C 2－12mv 2 2解得：v 2＝5 m/s所以当4 m/s<v 0<5 m/s 时，小球能进入壕沟．21．(1)①见解析图 ②左右 (2)BD解析 (1)①如图所示②在闭合开关时和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转一下．那么合上开关后将小螺线管迅速抽出时和电流计串联的线圈中磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转；将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转．(2)在“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表，变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电压，故A 错误；变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究．探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故B 、D 正确；根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，那么副线圈的电压小于原线圈电压，故C 错误．22．(1)2 A (2)1.6 C (3)120 m解析 (1)经分析可知，杆MN 下滑到P 2Q 2处时的速度最大(为v m )，此时回路中产生的感应电动势最大，且速度方向与磁场垂直，故最大值为：E m ＝BLv m此时回路中通过的感应电流最大，有：I m ＝E m 2R ＝BLv m 2R ＝0.2×0.5×202×0.5A ＝2 A ； (2)杆MN 沿斜导轨下滑的距离为：x ＝v m 2t 0 在杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx cos θ 该过程，回路中产生的平均感应电动势为：E ＝ΔΦt 0－0 回路中通过的平均感应电流为：I ＝E2R 又：q ＝I t 0，联立解得：q ＝1.6 C.(3)撤去拉力后，电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋R Q 总由功能关系可知：克服安培力做的功W A ＝Q 总对杆由动能定理得：－μmgs －W A ＝0－12mv m 2 解得：s ＝mv m 2－4Q 2μmg ＝0.5×202－4×202×0.1×0.5×10m ＝120 m. 23．(1)25v (2)D (3)见解析解析 (1)粒子P 、Q 相碰撞，动量守恒，以P 粒子初速度方向为正，则有mv ＝m (－3v 5)＋4mv ′ 解得v ′＝2v 5(3)①若板间距比较大，粒子能到达H 点，此时粒子在板间的侧位移为y 1，根据平抛运动规律可得y 12l ＝0.5l 3.5l解得y 1＝27l ，又y 1<d 2，即l d <74根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，得y 1＝12U 1q d (4m )t 2，l ＝v ′t ，解得y 1＝25U 1ql 232mdv 2 U 1＝64mdv 2175ql根据法拉第电磁感应定律得U 1＝12B ω1l 2 解得ω1＝128mdv 2175ql 3B②若板间距比较小，粒子从上极板边缘飞出，落在挡板上的位置与M 点相距y ，根据平抛运动规律可得 d 2y ＝0.5l 3.5l解得y ＝72d ，且y ≤2l ，l d ≥74根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，得粒子的侧位移y 2＝d 2，y 2＝12U 2q d (4m )t 2，l ＝v ′t 解得y 2＝25U 2ql 232mdv 2，U 2＝16md 2v 225ql 2 根据法拉第电磁感应定律得U 2＝12B ω2l 2，ω2＝32md 2v 225ql 4B当ld<74时，ω1≤128mdv2175ql3B当ld≥74时，ω2≤32md2v225ql4B.。

备战2019高考物理一轮浙江学考题型快速练：选择题部分快练6 Word版含解析

快练61．(2017·“七彩阳光”联考)下列均属于国际单位制基本单位的是()A．米、克、秒B．米、千克、秒C．千米、千克、牛D．米、牛、焦2. 一物体沿直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图1所示．由图象可知，在0～2 s内()图1A．物体的速度一直变大B．物体的加速度一直变大C．物体速度的方向发生了改变D．物体加速度方向发生了改变3.2015年12月，第二届世界互联网大会在浙江乌镇召开，会上机器人的展示精彩纷呈．如图2所示，当爬壁机器人沿竖直墙壁缓慢攀爬时，其受到的摩擦力()图2A．大于重力B．等于重力C．小于重力D．与其跟墙壁间的压力成正比4．1971年7月26号发射的阿波罗－15号飞船首次把一辆月球车送上月球，美国宇船员斯特做了一个落体实验：在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤，下列说法正确的是(月球上是真空)()A．羽毛先落地，铁锤后落地B．铁锤先落地，羽毛后落地C．铁锤和羽毛运动的加速度都等于物体在地球上的重力加速度gD．铁锤和羽毛同时落地，运动的加速度相同但不等于物体在地球上的重力加速度g5．如图3所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，A 、B 两点离墙壁的距离分别是x 1、x 2.则物块与地面的最大静摩擦力为( )图3A ．k (x 2－x 1)B ．k (x 2＋x 1) C.k (x 2－x 1)2 D.k (x 2＋x 1)26．(2018·金丽衢十二校联考)叠罗汉是一种游戏、体育活动或表演，由六人叠成的三层静态造型如图4所示，假设每位杂技运动员的体重均为G ，下面五人弯腰后背部呈水平状态，双腿伸直张开支撑，夹角均为θ，则( )图4A ．当θ＝45°时，最上层的运动员单脚受到的支持力大小为GB ．当θ增大时，最上层的运动员受到的合力增大C ．最底层三位运动员的每只脚对水平地面的压力均为GD ．最底层正中间的运动员一只脚对水平地面的压力为54G 7．如图5所示，一小球自长为L 、倾角为θ的斜面底端的正上方某处水平抛出，运动一段时间后，小球恰好垂直落到斜面中点，则据此不可计算( )图5A ．小球落到斜面前，在空中的运动时间B ．小球平抛的初速度C ．小球抛出点距斜面底端的高度D ．小球抛出时的初动能8．(2018·宁波市期末)如图6所示是自行车传动结构图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，当脚踏板以转速n 匀速转动时，则( )图6A ．大齿轮边缘的线速度大小为nr 1B ．大齿轮边缘某点的加速度为2πnr 1C ．小齿轮的角速度为2πnr 2D ．后轮的线速度为2πnr 1r 3r 29．电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A ．两极板间的距离B ．两极板间的电压C ．两极板间的电介质D ．两极板间的正对面积10．如图7所示，一电场的电场线分布关于y 轴(沿竖直方向)对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM ＝MN .P 点在y 轴右侧，MP ⊥ON .则O 、M 、N 、P 四点中电场强度最大的是( )图7A ．O 点B ．M 点C ．N 点D ．P 点11．带电粒子M 和N ，先后以大小不同的速度沿PO 方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图8所示，不计重力，则下列分析正确的是( )图8A ．M 带正电，N 带负电B ．M 和N 都带正电C ．M 带负电，N 带正电D ．M 和N 都带负电12．(2018·浙江4月选考·12)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图9所示．有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a ；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF ；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b 、c 两点，测得b 、c 两点距离为L .由此可确定金属管线( )图9A ．平行于EF ，深度为L 2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L 2D ．垂直于EF ，深度为L13．如图10所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关S 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2.忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B 的大小为( )图10A.k IL(x 1＋x 2) B.k IL (x 2－x 1) C.k 2IL (x 2＋x 1) D.k 2IL(x 2－x 1) 答案精析1．B2．D [在0～2 s 内，物体的速度先变大后变小，故A 错误；图线切线的斜率表示物体加速度，知在0～2 s 内，物体的加速度先变小后变大，故B 错误；在0～2 s 内，物体的速度一直为正，说明物体的速度方向没有改变，故C 错误；图象切线斜率的正负表示加速度的方向，则知物体的加速度先正后负，加速度的方向发生了改变，故D 正确．]3．B [缓慢运动，能看做是匀速运动，处于平衡状态，在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，二力平衡，故摩擦力大小等于重力大小，B 正确．]4．D [在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤，由于没有阻力，都做自由落体运动，运动的加速度相同但不等于物体在地球上的重力加速度g ，根据h ＝12g ′t 2知运动时间相等，则同时落地，故A 、B 、C 错误，D 正确．]5．C [设弹簧原长为x 0，水平方向上，物块在A 点受弹簧弹力和地面的摩擦力，方向相反，根据平衡条件有：k (x 0－x 1)＝F f同理，在B 点根据水平方向上受力平衡有：k (x 2－x 0)＝F f联立解得：物块与地面的最大静摩擦力为F f ＝k (x 2－x 1)2.] 6．D7．D [小球的水平位移x ＝L cos θ2，落在斜面上时，速度与水平方向的夹角的正切值已知，该正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，得出小球位移与水平方向夹角的正切值，从而可以求出下落的高度h .根据h ＝12gt 2，可以得出在空中的运动时间，故A 正确；小球的水平位移已知，根据v 0＝x t可以求出小球平抛运动的初速度，故B 正确．小球做平抛运动下落的高度可以求出，则小球抛出点距斜面底端的高度H ＝h ＋L sin θ2，故C 正确．由于小球的质量未知，故无法求出小球抛出时的初动能，D 错误．]8．D [Ⅰ齿轮边缘的线速度v 1＝2πnr 1，故A 错误；根据a n ＝ω2r ，那么大齿轮边缘某点的加速度为a n ＝(2πn )2r 1，故B 错误；Ⅰ、Ⅱ通过链条相连，线速度大小相同，故v 2＝v 1＝ω′r 2，则小齿轮角速度为ω′＝2πnr 1r 2，故C 错误；由于小齿轮角速度为ω′＝2πnr 1r 2，依据v ＝ωr ，那么后轮的线速度为v ＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．] 9．A [由电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容与两极板间距离、两极板间电介质和正对面积有关，与两极板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的，故A 正确，B 、C 、D 错误．]10．A [由题图知O 点处电场线最密，则O 点电场强度最大，故A 对．]11．C [粒子向右运动，根据左手定则，N 向上偏转，应当带正电；M 向下偏转，应当带负电，A 、B 、D 错误，C 正确．]12．A [画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a 即为地面距离管线最近的点，作出b 、c 两点的位置，由题意可知EF 过a 点垂直于纸面，所以金属管线与EF 平行，根据几何关系得深度为L 2.]13．D [棒中电流反向前，由平衡条件，mg sin α＝kx 1＋BIL ，调转电源极性使棒中电流反向，由平衡条件，mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL(x 2－x 1)．]。

(浙江专用)备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(四)(含解析)

（浙江专用）备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(四)考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应答题纸上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2017·温州市9月选考)下列选项中用比值法来定义物理量的是( )A ．a ＝F mB ．I ＝U RC ．C ＝Q UD ．R ＝ρL S2.踢毽子是我国民间的一项体育游戏，被人们誉为“生命的蝴蝶”．近年来，踢毽子成为全民健身活动之一．毽子由羽毛和铜钱组成，在下落时总是铜钱在下羽毛在上，如图1所示，对此分析正确的是( )图1A ．铜钱重，所以总是铜钱在下羽毛在上B ．如果没有空气阻力，也总是出现铜钱在下羽毛在上的现象C ．因为空气阻力的存在，所以总是铜钱在下羽毛在上D ．毽子的下落是自由落体运动3．如图2甲所示，大人很轻松地就能将小孩拉过来，如果用两个力传感器与计算机相连，就很容易地显示两个拉力随时间变化的图象，如图乙所示．由图象可以得出的正确结论是( )图2A．作用力与反作用力的大小总是相等B．作用力与反作用力的大小不相等C．作用力与反作用力的作用时间不相等D．作用力与反作用力的方向相同4．(2018·宁波市期末)下列关于惯性的说法正确的是( )A．跳远运动员可通过助跑来增大惯性B．汽车匀速运动时惯性小，急刹车时惯性大C．匀速前进的火车上，由于惯性，原地向上起跳的乘客将落在起跳点D．向东行驶的汽车突然刹车，由于惯性，乘客会向西倾倒5．(2018·义乌市模拟)如图3所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则( )图3A．b球一定先落在斜面上B．a球可能垂直落在半圆轨道上C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上6.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4A．ω1<ω2，v1＝v2B．ω1>ω2，v1＝v2C．ω1＝ω2，v1>v2D．ω1＝ω2，v1<v27．2013年6月20日上午，我国首次太空课在距地球300多千米的“天宫一号”上举行，如图5所示是宇航员王亚平在“天宫一号”上所做的“水球”．若已知地球的半径为6 400 km，地球表面的重力加速度为g＝9.8 m/s2，下列说法正确的是( )图5A．“水球”在太空中不受地球引力作用B．“水球”相对地球运动的加速度为零C．若王亚平的质量为m，则她在“天宫一号”中受到地球的引力为mgD．“天宫一号”的运行周期约为1.5 h8.(2018·温州新力量联盟期末)如图6所示，在暴雨前，有一带电云团(可近似看做带电绝缘球)正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是( )图6A．带电体的电势能一定越来越大B．带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高C．带电体动能一定越来越小D．带电体的加速度一定越来越大9．如图7所示，在“观察阴极射线在磁场中的偏转”实验中，当条形磁铁一端从后方垂直屏幕靠近阴极射线管，图中从左向右运动的电子向上偏转．对该实验，下列说法正确的是( )图7A．条形磁铁的N极靠近阴极射线管，阴极射线受到的洛伦兹力方向向上B．条形磁铁的N极靠近阴极射线管，阴极射线受到的洛伦兹力方向向下C．条形磁铁的S极靠近阴极射线管，阴极射线受到的洛伦兹力方向向下D．条形磁铁的S极靠近阴极射线管，阴极射线受到的洛伦兹力方向向上10.(2018·湖州市调研)在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图8所示．仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个金属球．无风时，金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度．风力越大，偏角越大．通过传感器就可以根据偏角的大小指示出风力大小．风力大小F跟金属球质量m、偏角θ之间的关系为(重力加速度为g )( )图8A ．F ＝mg cos θB ．F ＝mg tan θC ．F ＝mg cos θD ．F ＝mgtan θ 11．(2018·台州中学统练)如图9所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R 1的阻值和电源内阻r 相等．当滑动变阻器R 2的滑片向b 端移动时( )图9A ．电压表读数减小，电流表读数减小B ．电压表读数变化量ΔU 与电流表读数变化量ΔI 比值变小C ．电源的输出功率逐渐增大D ．质点P 将向上运动12．(2018·新高考研究联盟联考)如图10所示是我国某风能发电基地，全球可利用的风能为2×107 MW(1 MW ＝106W)，比地球上可开发利用的水能总量还要大10倍，我国风能资源总储量约1.6×105 MW.2012年7月4日装机容量达到2 240万千瓦的三峡水电站，已成为全世界最大的水力发电站和清洁能源生产基地．下列说法正确的是( )图10A ．风力发电是把风的内能转化为电能B ．我国风能资源总储量约为7个三峡水电站的装机容量C ．风力发电过程违反能量守恒定律D ．水能和风能都是清洁能源且都是不可再生能源13．(2018·浙江4月选考·13)如图11所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A 、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )图11A．－1.2×103 J B．－7.5×102 JC．－6.0×102 J D．－2.0×102 J二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.加试题如图12甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是( )图12A．电阻R上的电功率为10 WB．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt (V)D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 100πt (A)15.加试题图13甲为一列简谐横波在t＝1 s时的波形图，P是平衡位置在x＝0.5 m处的质点，Q是平衡位置在x＝2.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象．下列说法正确的是( )图13A．这列简谐横波沿x轴负方向传播B．该波的传播速度为20 m/sC．t＝0时刻，质点P的加速度方向与y轴负方向相同D．在t＝1 s到t＝1.05 s时间内，质点P的速度先增大后减小16.加试题在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b，光电子的最大初动能分别为E k a和E k b.h为普朗克常量．下列说法正确的是( )A．若νa＞νb，则一定有U a＜U bB．若νa＞νb，则一定有E k a＞E k bC．若U a＜U b，则一定有E k a＜E k bD．若νa＞νb，则一定有hνa－E k a＞hνb－E k b非选择题部分三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)(2018·嘉兴市第一中学期中)如图14为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置．钩码总质量为m，小车的总质量为M.实验中将钩码的重力作为细线对小车的拉力．图14(1)实验中要进行钩码质量m和小车质量M的选取，以下最合理的一组是________．A．M＝300 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 g、60 gB．M＝300 g，m＝10 g、30 g、50 g、70 g、90 g、110 gC．M＝600 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 g、60 gD．M＝600 g，m＝10 g、30 g、50 g、70 g、90 g、110 g(2)现保持钩码的总质量m不变，改变小车的总质量M，探究加速度和质量的关系．如图15是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50 Hz，每隔4个点选一个计数点(中间4个点未画出)，则小车的加速度为________ m/s2(保留两位有效数字)．通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为________(填“M”或“1M ”)．图1518．(5分)某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其他器材有：A．电压表 V：0～3 V～15 VB．电流表 A：0～0.6 A～3 AC．变阻器R1：(20 Ω，1 A)D．变阻器R2：(1 000 Ω，0.1 A)E．开关S和导线若干(1)实验中电压表应选用的量程为________(填“0～3 V”或“0～15 V”)；电流表应选用的量程为________(填“0～0.6 A”或“0～3 A”)；变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．(2)实验测得的6组数据已在U－I图中标出，如图16所示．请你根据数据点位置完成U－I 图线，并由图线求出该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.图1619．(9分)中国已迈入高铁时代，高铁拉近了人们的距离，促进了经济的发展．一辆高铁测试列车从甲站由静止出发，先做匀加速直线运动达到最大速度后做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动直到速度减为零，停靠乙站，历时1 200 s．车载的力传感器记录了列车运动的牵引力随时间的变化图象如图17所示．已知列车的质量为4.0×105 kg，运行过程中所受阻力恒定不变，求：图17(1)列车运动过程中所受阻力的大小；(2)列车运动过程中的最大速率；(3)甲、乙两站间的距离L.20．(12分)(2018·浙江4月选考·20)如图18所示，一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2 m．小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力．图18(1)求小球运动至B点时的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；(4)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出到最后静止所需时间．21.加试题 (4分)(1)某同学利用一块平行板玻璃砖测玻璃的折射率，下列是他做实验时的两个场景．请问以下两步操作是否正确．图19①图19甲中两枚大头针在同一条入射光线上，插针规范．________(填“正确”或“错误”)．②看到图乙所示情形开始插第三枚大头针．________(填“正确”或“错误”)．(2)在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中．①为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的________挡(填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试．由实验可知，当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动．②如图20甲所示，实验中该同学将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中(线圈绕向如图乙所示)，电流计的指针向________(填“左”或“右”)偏转．图2022.加试题 (10分)(2018·名校协作体3月选考)如图21所示，两条足够长的平行金属导轨PQ、EF倾斜放置，间距为L，与水平方向夹角为θ.导轨的底端接有阻值为R的电阻，导轨光滑且电阻不计．现有一垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属杆ab长也为L，质量为m，电阻为r，置于导轨底端．给金属杆ab一平行导轨向上的初速度v0，经过一段时间后返回底端时已经匀速．金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．求：图21(1)金属杆ab刚向上运动时，流过电阻R的电流方向；(2)金属杆ab返回底端匀速运动时速度大小及金属杆ab从底端出发到返回底端电阻R上产生的焦耳热；(3)金属杆ab从底端出发到返回底端所需要的时间．23.加试题 (10分)(2018·余姚中学期中)在如图22所示的直角坐标系xOy中，矩形区域Oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5.0×10－2T；第一象限内有沿－y方向的匀强电场，电场强度大小为E＝1.0×105 N/C.已知矩形区域Oa边长为0.60 m，ab边长为0.20 m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m＝1.6×10－27 kg，电荷量为q＝＋3.2×10－19 C，不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：(计算结果均保留两位有效数字)图22(1)粒子在磁场中运动的半径；(2)从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？(3)放射源沿－x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间．答案精析1．C 2.C3．A [所给拉力图象关于t 轴对称，表明作用力和反作用力的大小始终相等，A 正确，B 错误；从图象看出，作用力与反作用力同时产生、同时消失，作用时间相同，C 错误；图象上两人的拉力一正一负，表明作用力和反作用力方向相反，D 错误．] 4．C5．C 将半圆轨道和斜面重合在一起，如图所示，交点为A ，以合适的初速度，可让小球做平抛运动落在A 点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．以其他不同的初速度，小球可能先落在斜面上，也可能先落在半圆轨道上，故C 正确，A 、D 错误．若a 球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a 球不可能垂直落在半圆轨道上，故B 错误．]6．A [由题意可知两齿轮边缘处的线速度大小相等，v 1＝v 2，根据v ＝ωr 可知ω1<ω2，选项A 正确．]7．D [“水球”处于失重状态，但仍受到地球引力作用，故A 错误；“水球”受到地球引力而围绕地球做圆周运动，具有向心加速度，故B 错误；若王亚平的质量为m ，则她在“天宫一号”中的加速度等于所在高度处的重力加速度，小于地球表面的重力加速度的值，则受到地球的引力小于mg ，故C 错误；由万有引力提供向心力可得：G Mm r 2＝mr 4π2T2，解得：T ＝4π2r3GM，又GM ＝gR 2，可得：T ＝4π2r3gR 2＝4×3.142×(6 400×103＋300×103)39.8×(6 400×103)2s≈1.5 h，故D 正确．] 8．D9．A [从左向右运动的电子向上偏转，受到的洛伦兹力方向向上，由左手定则知磁场的方向向外，故条形磁铁的N 极靠近阴极射线管，A 正确．]10．B [金属球受mg 、F 、F T 三个力作用而处于平衡状态(如图所示)其中F 、F T 的合力F 合与mg 等大反向，即F 合＝mg 则F ＝mg tan θ，故B 正确．]11．C 12.B13．B [重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为θ，设右边绳子长为a ，则左边绳长为20－a .由几何关系得：20cos θ＝16；a sin θ－(20－a )sin θ＝2联立解得a ＝353 m ，所以最低点距离参考面的高度差为353sin θ＝7 m ，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m ，所以在最低点的重力势能约为－750 J ，故选B.]14．AC [根据公式P ＝U 2R，得P ＝10 W ，故选项A 正确；由题图乙可知，0.02 s 时通过线圈的磁通量为零，则产生的电动势最大，R 两端的电压瞬时值为10 2 V ，故选项B 错误；由题图乙可知，T ＝0.02 s ，电动势的最大值为E m ＝10 2 V≈14.1 V，ω＝2πT＝100π rad/s ，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)，故选项C 正确；I m ＝E m R＝1.41 A ，通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 100πt (A)，故选项D 错误．]15．BCD [由题图乙读出，该波的周期为T ＝0.2 s ，根据周期性知Q 点在t ＝0.2 s 时的速度方向与t ＝1 s 时的速度方向相同，沿y 轴正方向，可知该波沿x 轴正方向传播，故A 错误．由题图甲读出波长为λ＝4 m ，则波速为v ＝λT＝20 m/s ，故B 正确．根据周期性知，t ＝1 s时与t ＝0时波形图重合，t ＝0时刻，质点P 正沿y 轴负方向运动，P 点位于y 轴的上方，加速度沿y 轴负方向，故C 正确．t ＝1 s 时质点P 沿y 轴负方向运动，在t ＝1 s 到t ＝1.05 s 时间内，质点P 向下运动，速度先增大后减小，故D 正确．]16．BC [由爱因斯坦光电效应方程得E km ＝h ν－W 0，由动能定理得E km ＝eU ，若用a 、b 单色光照射同种金属时，逸出功W 0相同．当νa ＞νb 时，一定有E k a ＞E k b ，U a ＞U b ，故选项A 错误，B 正确；若U a ＜U b ，则一定有E k a ＜E k b ，故选项C 正确；因逸出功相同，有W 0＝ h νa － E k a ＝ h νb－ E k b ，故选项D 错误．] 17．(1)C (2)2.0 1M解析 (1)实验时要控制：小车质量远大于钩码总质量，分析所给数据可知，最合理的一组数据是C ；(2)由纸带可知，小车的加速度a ＝x 6＋x 5＋x 4－(x 3＋x 2＋x 1)9T 2＝0.366 0－2×0.093 09×0.01m/s 2＝2.0 m/s 2；通过实验得到多组加速度a 、质量M 的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a ，横坐标为1M.18．(1)0～3 V 0～0.6 A R 1 (2)见解析解析 (1)电源为一节干电池，电动势约为1.5 V ，所以电压表选用量程为0～3 V ；电流表选用量程为0～0.6 A ；一节干电池的内阻很小，为了便于操作，变阻器选择R 1.(2)将U －I 图象中的点用一条直线连接，与纵轴交点约为1.5 V ，所以电动势E ＝1.5 V ；内阻等于直线的斜率的绝对值，约为0.48 Ω～0.52 Ω.19．(1)2×105N (2)120 m/s (3)115.2 km解析 (1)列车做匀速运动时，F 阻＝F ，由题图可知匀速运动时F ＝2×105N ，则F 阻＝2×105N.(2)列车匀减速过程中，由牛顿第二定律有：F 阻＝ma 2，v max ＝a 2t 3，得v max ＝120 m/s. (3)甲、乙两站间的距离L ＝12v max t 1＋v max t 2＋12v max t 3＝115.2 km.20．(1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s 解析 (1)由向心力公式和牛顿第三定律有F N －mg ＝m v B2R，解得v B ＝4 m/s.(2)小球从A 到B 的过程，只有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力所做的功为W 克．由动能定理得：mgR －W 克＝12mv B 2－0解得W 克＝2.4 J.(3)分析运动发现，BC 段长度会影响匀减速运动的时间，继而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移．设BC 段小球的运动时间为t ，加速度a ＝F f m＝2 m/s 2由运动学公式得v C ＝v B －at ＝4－2t ①x BC ＝v B t －12at 2＝4t －t 2②其中，0<t <2 s.平抛运动中h ＝12gt 1 2③x CP ＝v C t 1④由③④可得x CP ＝3.2－1.6t ⑤则由②⑤可得x BP ＝x BC ＋x CP ＝－t 2＋2.4t ＋3.2⑥根据二次函数单调性以及t 的范围，可得当t ＝1.2 s 时，x BP 取到最大值．代入②式，解得x BC ＝3.36 m.(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等，所以碰撞前后水平与竖直分速度比例不变．每次碰撞机械能损失75%，故每次碰撞合速度、分速度均变为原来的12.设第n 次损失后的竖直分速度为v yn ，第n 次碰撞到第n ＋1次碰撞的时间为t n . 由平抛运动规律得v y 0＝2gh ＝8 m/s⑦t 0＝2hg＝0.8 s⑧则v yn ＝v y 0·(12)n⑨t n ＝2·v yng⑩将⑦⑨代入⑩可得t n ＝0.8×(12)n －1(n ＝1,2,3…)由等比数列求和公式可得t 总＝t 0＋t 1＋…＋t n ＋…＝0.8＋0.8×[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n]1－12当n 取无穷大，小球处于静止状态．解得t 总＝2.4 s.21．(1)①错误 ②正确 (2)①欧姆 ②右 22．见解析解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为a 指向b 故流过电阻R 的电流方向由P 到E(2)设返回底端匀速运动时速度为v ，则两导轨间杆电动势为：E ＝BLv 回路的总电阻为：R 总＝R ＋r所以：I ＝E R 总＝BLv R ＋r又mg sin θ＝BIL 所以v ＝(R ＋r )mg sin θB 2L2杆从出发到返回过程中由能量守恒有：Q 总＝12mv 0 2－12mv 2且Q R ＝R R 总Q 总可得：Q R ＝mR 2(R ＋r )[v 0 2－m 2g 2sin 2θ(R ＋r )2B L ](3)设上升过程时间为t 1，下降过程时间为t 2，上升的距离为s .上升过程：－mg sin θ·t 1－B BL v iR 总Lt 1＝0－mv 0－mg sin θ·t 1－B 2L 2sR 总＝0－mv 0同理可得下降过程mg sin θ·t 2－B 2L 2sR 总＝mv －0所以t 总＝t 1＋t 2＝B 2L 2v 0＋mg sin θ(R ＋r )B 2L 2g sin θ23．(1)0.20 m (2)0.21 m (3)4.6×10－7s解析 (1)粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2R，解得：R ＝0.20 m ；(2)由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，α＝π3；最短的弧长即最短路程s ＝R α＝π15 m≈0.21 m；(3)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v ＝2×3.14×0.202.0×106 s ＝6.28×10－7s ；粒子在磁场中沿NP 运动的时间t 1＝T4；粒子在电场中的加速度大小为a ＝Eq m，v ＝at ，解得：t ＝1.0×10－7s则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t 2＋t 3＝2t ＝2.0×10－7 s由图可知cos θ＝0.5，θ＝π3；粒子在磁场中运动的第二部分时间t 4＝θ2πT ＝T6；粒子运动的总时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝T4＋2.0×10－7s ＋T6≈4.6×10－7s.。

2019年浙江卷高考物理【学考题型】计算题部分强化训练3套(Word+精编+解析)

2019年浙江卷高考物理【学考题型】计算题部分强化训练计算题部分19～20题物理计算题强化训练01 力和直线运动1.(2018·温州市九校联盟期末)如图1所示，2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1 000 km/h、2 000 km/h、4 000 km/h的三大阶段．若温州南站到北京南站的直线距离以2 060 km计算，如果列车以速度4 000 km/h运行，则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”．图1(1)为提高运行速度，可以采用哪些方法？(2)如果你将来乘坐从温州南站到北京南站的高速飞行列车，最高速度为4 000 km/h，列车从温州南站启动的加速度大小为0.4g，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g.你全程花费的时间约为多少分钟？(g＝10 m/s2，计算结果四舍五入取整)2．某人沿直线匀加速行走了4 s，达到最大速度6 m/s后，又以1.2 m/s2的加速度沿直线匀减速行走了3 s，然后做匀速直线运动．求：(1)匀加速运动时的加速度大小；(2)匀速运动时的速度大小；(3)前7 s过程中人的总位移大小．3．(2018·西湖高级中学月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104 N，受到的阻力恒为F f＝2×104 N，起飞速度v＝80 m/s.(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？4．(2018·杭州地区期末)质量为20 kg的箱子放在水平地面上，箱子与地面间的动摩擦因数为0.5，现用与水平方向成37°角的100 N的力拉箱子，如图2所示，箱子从静止开始运动(已知sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)．图2(1)求2 s末撤去拉力时箱子的速度大小；(2)求2 s末撤去拉力后箱子继续运动多长时间才能停止运动．5．(2018·宁波市期末)某同学用运动传感器“研究物体加速度与力的关系”时采用如图3甲所示装置，开始时将质量为m＝1 kg的物体置于水平桌面上．现对物体施加一个水平向右的恒定推力F经过一段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的运动传感器得到了物体部分运动过程的v－t图象如图乙所示(g取10 m/s2，向右为速度正方向)．求：图3(1)3 s内物体的位移；(2)物体与水平桌面间的动摩擦因数μ；(3)拉力F的大小．6．为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验，一质量为m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录了电梯从一楼到顶层的过程中体重计示数随时间的变化情况，并作出了如图4所示的图象，已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯轿厢内的楼层按钮上得知该大楼共19层．求：(g取10 m/s2)图4(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼的层高．7．(2018·台州市外国语学校期末)一同学家住在23层高楼的顶楼，他想研究一下电梯上升的运动过程．某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5 kg的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上．电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止．在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示：根据表格中的数据，求：(g取10 m/s2)(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；(2)电梯在中间阶段上升的速度大小；(3)该楼房平均每层楼的高度．8．(2018·嘉兴市第一中学期中)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图5所示，假设某汽车以12 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车沿斜坡滑行．已知斜坡高AB＝5 m，长AC＝13 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝33 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面间的动摩擦因数为0.2.假设汽车经过A、C点时，速度大小保持不变．求：(g取10 m/s2，可将汽车视为质点)图5(1)汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)汽车刚运动到C点时，行人相对于C点的位移大小；(3)试分析此种情况下，行人是否有危险？(回答“是”或“否”)如果有，请通过计算说明．物理计算题强化训练02 力和曲线运动1．(2018·绍兴市期末)某学生在台阶上玩玻璃弹子．他在平台最高处将一颗小玻璃弹子垂直于棱角边推出，以观察弹子的落点位置．台阶的尺寸如图1所示，高a＝0.2 m，宽b＝0.3 m，不计空气阻力．(g取10 m/s2)图1(1)要使弹子落在第一级台阶上，推出的速度v1应满足什么条件？(2)若弹子被水平推出的速度v2＝4 m/s，它将落在第几级台阶上？2.(2018·宁波市模拟)如图2所示，水平平台AO长x＝2.0 m，槽宽d＝0.10 m，槽高h＝1.25 m，现有一小球从平台上A点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，空气阻力不计，g＝10 m/s2.求：图2(1)小球在平台上运动的加速度大小；(2)为使小球能沿平台到达O点，求小球在A点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间；(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点，求小球离开O点时的速度大小．3．如图3所示，质量m＝2.0×104kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60 m．假定桥面承受的压力不超过3.0×105 N，则：(g取10 m/s2)图3(1)汽车允许的最大速度是多少？(2)若以(1)中所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？4．游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学．如图4所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处时接到，已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g(人和吊篮的大小及重物的质量可忽略)．求：图4(1)接住前重物下落的时间t；(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度v的大小；(3)乙同学在最低点处对地板的压力F N.5．如图5所示，某电视台娱乐节目，要求选手从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带的高度差H＝1.8 m，水池宽度s0＝1.2 m，传送带A、B 间的距离L0＝20.85 m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个Δt＝0.5 s反应时间后，立刻以a＝2 m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端．(g 取10 m/s2)图5(1)若传送带静止，选手以v0＝3 m/s的水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间．(2)若传送带以v＝1 m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大．6.如图6所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：图6(1)小球水平抛出时的初速度大小v0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？7．如图7所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1 m，BC段长L＝1.5 m．弹射装置将一个质量为0.1 kg的小球(可视为质点)以v0＝3 m/s的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：图7(1)小球在半圆形轨道中运动时的角速度ω、向心加速度a n的大小；(2)小球从A点运动到B点的时间t；(3)小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小．8．(2018·嘉兴市期末)如图8所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点、质量为2 kg的滑块紧靠弹簧(未与弹簧连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同．圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因数为0.4的粗糙水平地面相切于D点．AB段最长时，B、C两点水平距离x BC＝0.9 m，实验平台距地面高度h＝0.53 m，圆弧半径R＝0.4 m，θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.完成下列问题：(g取10 m/s2，不计空气阻力)图8(1)轨道末端AB段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，滑块经过B点速度v B＝3 m/s，求落到C点时的速度与水平方向的夹角；(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行2 m，求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小；(3)通过调整弹簧压缩量，并将AB段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度大小以及AB段缩短的距离．物理计算题强化训练03动力学方法和能量观点的综合应用1．如图1所示，半径分别为2R和R的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD，甲圆形轨道左侧有一个与轨道CD完全一样的水平轨道OC.一质量为m的滑块以一定的速度从O点出发，先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若滑块在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求：(重力加速度为g)图1(1)CD段的长度；(2)滑块在O点的速度大小．2．如图2所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处后对轨道的压力为F1＝58 N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g＝10 m/s2，求：图2(1)弹簧在压缩状态时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小．3．(2018·西湖高级中学月考)水上滑梯可简化成如图3所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝7.0 m，BC的长度d＝2.0 m，端点C距水面的高度h＝1.0 m．一质量m＝50 kg的运动员从滑道起点A无初速度地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.1(取重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员可视为质点)图3(1)求运动员沿AB下滑时的加速度的大小a；(2)求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时的速度的大小v C；(3)保持水平滑道左端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′.4．(2018·诸暨市牌头中学期中)雪橇运动在北方很受人们欢迎，其简化模型如图4所示．倾角θ＝37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E两点在同一水平面上，雪道最高点C所对应的圆弧半径R＝10 m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1＝18 m、h2＝18.1 m，雪橇与雪道间的动摩擦因数μ＝0.1.游客可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动．若电动雪橇以恒定功率P＝1.03 kW工作t＝10 s时间后自动关闭，则雪橇和游客(总质量M＝50 kg)到达C点时的速度v C＝1 m/s，到达E点时的速度v E＝9 m/s.已知雪橇运动过程中不脱离雪道，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.图4(1)求雪橇在C点时对雪道的压力大小；(2)求雪橇在BC段克服摩擦力做的功；(3)求雪橇从C点运动到E点过程中损失的机械能；(4)若仅将DE段改成与曲线雪道CD段平滑连接的倾斜直线轨道(如图中虚线所示)，则雪橇从C点运动到E点过程中损失的机械能将如何变化(增加，减少还是不变)？请简要说明理由．5．(2018·台州市外国语学校期末)如图5所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E 点处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：图5(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力F N的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．6．(2017·嘉兴市一中期末)如图6所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图6(1)滑块运动到C点时速度v C的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.7．如图7所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直细管AB.细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管A端，再沿管ABC从C端水平射出．已知弯管BC的半径R＝0.30 m，小球的质量为m＝50 g，当调节竖直细管AB的长度L至L0＝0.90 m时，发现小球恰好能过管口C端．不计小球运动过程中的机械能损失．(g取10 m/s2)图7(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W.(2)当L取多大时，小球落至水平面的位置离细直管AB最远？(3)调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力F N也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L不能小于0.15 m，请在图8坐标纸上作出F N随长度L变化的关系图线．(取管壁对球的作用力F N方向向上为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)图8答案及解析物理计算题强化训练01 力和直线运动1．【答案】(1)见解析(2)35 min【解析】 (1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力实现超声速运行的运输系统；(2)飞行列车分为三个运动过程，先加速，后匀速，再减速；最高速度v ＝4 000 km/h ≈1 111 m/s ，加速阶段的时间：t 1＝v a 1＝1 1114s ≈278 s ，位移x 1＝12v t 1＝154 429 m减速阶段的时间t 2＝v a 2＝1 1115s ≈222 s ，位移x 2＝12v t 2＝123 321 m匀速运动的位移x 3＝x －x 1－x 2＝1 782 250 m 匀速运动的时间t 3＝x 3v ＝1 782 2501 111 s ≈1 604 s全程花费的时间约为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2 104 s ≈35 min. 2．【答案】(1)1.5 m/s 2(2)2.4 m/s (3)24.6 m【解析】 (1)a 1＝Δv Δt ＝64 m/s 2＝1.5 m/s 2(2)由v 2＝v 1－a 2t 2，得v 2＝2.4 m/s (3)由x 1＝12v 1t 1＝12 mx 2＝12(v 1＋v 2)t 2＝12.6 m得x ＝x 1＋x 2＝24.6 m 3．【答案】(1)2 667 m(2)3 467 m【解析】 (1)设飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x 1，根据牛顿第二定律得：a 1＝F －F f m ＝8×104－2×1045×104m/s 2＝1.2 m/s 2 位移x 1＝v 2－02a 1＝802－02×1.2m ≈2 667 m(2)设飞机做匀减速直线运动的位移为x 2，则x 2＝0－v 22a 2＝－802－2×4m ＝800 m所以跑道的长度至少为x ＝x 1＋x 2＝2 667 m ＋800 m ＝3 467 m 4．【答案】(1)1 m/s(2)0.2 s【解析】 (1)F sin 37°＋F N ＝mg F cos 37°－μF N ＝ma 联立得：a ＝0.5 m/s 2 2 s 末的速度v ＝at ＝1 m/s (2)撤去拉力后：加速度大小a ′＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2继续运动的时间：t ′＝va ′＝0.2 s.5．【答案】(1)4 m ，方向向右(2)0.2 (3)2.5 N【解析】 (1)由题图可知，3 s 内物体的位移： x ＝12×(1＋2)×2 m ＋12×2×(3－2) m ＝4 m ，方向向右； (2)、(3)由题图可知，物体的加速度： a 1＝Δv Δt ＝2－12 m/s 2＝0.5 m/s 2，a 2＝Δv ′Δt ′＝0－23－2 m/s 2＝－2 m/s 2，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1 －μmg ＝ma 2，解得：F ＝2.5 N ，μ＝0.2. 6．【答案】(1)2 m/s 2 2 m/s 2(2)3 m【解析】 (1)电梯启动时由牛顿第二定律得F 1－mg ＝ma 1 电梯加速度大小为a 1＝F 1m －g ＝2 m/s 2电梯制动时由牛顿第二定律得mg －F 3＝ma 3 电梯加速度大小为a 3＝g －F 3m ＝2 m/s 2.(2)电梯匀速运动的速度为v ＝a 1t 1＝2 m/s 从题图中读得电梯匀速上升的时间为t 2＝26 s减速运动的时间为t 3＝1 s所以总位移为x ＝12a 1t 1 2＋v t 2＋12a 3t 32＝54 m 层高为h ＝x18＝3 m.7．【答案】(1)1.6 m/s 2 0.8 m/s 2(2)4.8 m/s (3)3.16 m【解析】 (1)0～3.0 s 为加速阶段，有：F 1－mg ＝ma 1 得：a 1＝1.6 m/s 213．0～19.0 s 为减速阶段，有：mg －F 2＝ma 2 得：a 2＝0.8 m/s 2(2)中间阶段是匀速运动，v ＝a 1t 1＝1.6×3 m/s ＝4.8 m/s (3)电梯上升的总高度H ＝0＋v 2t 1＋v t 2＋v ＋02t 3＝69.6 m则层高为h ＝H22≈3.16 m.8．【答案】(1)2 m/s 2(2)35 m (3)见解析【解析】 (1)汽车沿斜坡滑下时，由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，sin θ＝513，cos θ＝1213解得a 1＝2 m/s 2(2)汽车到达坡底C 时的速度满足v C 2－v A 2＝2a 1x AC ，解得v C ＝14 m/s 经历时间t 1＝v C －v A a 1＝1 s汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小 x C ＝x CE ＋v 人t 1＝35 m(3)汽车在水平冰雪路面上时，由牛顿第二定律得，汽车的加速度大小为μmg ＝ma 2 汽车在水平路面上减速至v ＝v 人＝2 m/s 时滑动的位移x 1＝v C 2－v 22a 2＝48 m经历的时间t 2＝v C －va 2＝6 s人发生的位移x 2＝v 人(t 1＋t 2)＝14 m 因x 1－x 2＝34 m>33 m ，故行人有危险．物理计算题强化训练02 力和曲线运动1．【答案】(1)v 1≤1.5 m/s(2)8【解析】 (1)显然v 1不能太大，考虑临界状况(落在尖角处) 据h 1＝12gt 1 2＝a ，解得t 1＝0.2 s则v 1≤bt 1＝1.5 m/s(2)构造由题图中尖角所成的斜面，建立坐标系水平向右为x 轴：x ＝v 2t 竖直向下为y 轴：y ＝12gt 2又y x ＝tan θ＝a b联立解得t ＝815sh ＝12gt 2≈1.42 m 分析知，玻璃弹子将落在第8级台阶上． 2．【答案】(1)1 m/s 2(2)2 m/s 2 s (3)0.2 m/s【解析】 (1)设小球在平台上运动的加速度大小为a ，则a ＝kmg m，代入数据得a ＝1 m/s 2.(2)小球到达O 点的速度恰为零时，小球在A 点的出射速度最小，设小球的最小出射速度为v 1，由0－v 21＝－2ax ，得v 1＝2 m/s由0＝v 1－at ，得t ＝2 s.(3)设小球落到P 点，在O 点抛出时的速度为v 0，水平方向有：d ＝v 0t 1 竖直方向有：h ＝12gt 21联立解得v 0＝0.2 m/s. 3．【答案】(1)10 3 m/s(2)1.0×105 N【解析】如图甲所示，汽车驶至凹形桥面的底部时，所受合力向上，此时车对桥面的压力最大；如图乙所示，汽车驶至凸形桥面的顶部时，合力向下，此时车对桥面的压力最小．(1)汽车在凹形桥面的底部时，由牛顿第三定律可知，桥面对汽车的支持力F N1＝3.0×105 N ，根据牛顿第二定律 F N1－mg ＝m v 2r解得v ＝10 3 m/s.当汽车以10 3 m/s 的速率经过凸形桥顶部时，因10 3 m/s ＜gr ＝10 6 m/s ，故在凸形桥最高点上不会脱离桥面，所以最大速度为10 3 m/s. (2)汽车在凸形桥顶部时，由牛顿第二定律得 mg －F N2＝m v 2r解得F N2＝1.0×105 N.由牛顿第三定律得，在凸形桥顶部汽车对桥面的压力为1.0×105 N ，即为最小压力． 4．【答案】(1)2Rg(2)18πgR (3)(1＋π264)mg ，方向竖直向下【解析】 (1)由运动学公式有2R ＝12gt 2解得t ＝2R g(2)s ＝14πR ，由v ＝s t 得v ＝18πgR(3)设最低点处地板对乙同学的支持力为F N ′，由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v 2R则F N ′＝(1＋π264)mg由牛顿第三定律得F N ＝(1＋π264)mg ，方向竖直向下．5．【答案】(1)5.6 s(2)3.25 m/s【解析】 (1)选手离开平台做平抛运动，则：H ＝12gt 12解得t 1＝2Hg＝0.6 s x 1＝v 0t 1＝1.8 m选手在传送带上做匀加速直线运动，则： L 0－(x 1－s 0)＝12at 2 2解得t 2＝4.5 s总时间t ＝t 1＋t 2＋Δt ＝5.6 s(2)选手以水平速度v 1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后再向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度v 1最小，则： v 1t 1－s 0＝v Δt ＋v 22a解得：v 1＝3.25 m/s. 6．【答案】(1)3 m/s(2)1.2 m (3)2.4 s【解析】 (1)由题意可知，小球落到斜面顶端并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所示，v y ＝v 0tan 53°，v y 2＝2gh代入数据得v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s. (2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 s x ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a ＝mg sin 53°m ＝8 m/s 2在斜面顶端时的速度v ＝v 0 2＋v y 2＝5 m/sH sin 53°＝v t 2＋12at 22代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134 s(舍去)所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s. 7．【答案】(1)3 rad/s 9 m/s 2(2)1.05 s(3)0.4 s 5 m/s【解析】 (1)小球在半圆形轨道中做匀速圆周运动，角速度为：ω＝v 0R ＝31rad/s ＝3 rad/s向心加速度为：a n ＝v 0 2R ＝321 m/s 2＝9 m/s 2(2)小球从A 到B 的时间为：t ＝πR v 0＝3.14×13 s ≈1.05 s.(3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，根据h ＝12gt 1 2得：t 1＝2h g＝ 2×0.810s ＝0.4 s 落地时竖直方向的速度为：v y ＝gt 1＝10×0.4 m/s ＝4 m/s ，落地时的速度大小为：v ＝v 0 2＋v y 2＝9＋16 m/s ＝5 m/s.8．【答案】(1)45°(2)100 N(3)4 m/s 0.3 m【解析】 (1)根据题意，C 点到地面高度h C ＝R －R cos 37°＝0.08 m ，从B 点到C 点，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律： h －h C ＝12gt 2，则t ＝0.3 s飞到C 点时竖直方向的速度v y ＝gt ＝3 m/s ，因此tan γ＝v yv B＝1即落到圆弧C 点时，滑块速度与水平方向夹角为45° (2)滑块在DE 段做匀减速直线运动，加速度大小a ＝F fm ＝μg根据0－v D 2＝－2ax ，联立得v D ＝4 m/s在圆弧轨道最低处F N －mg ＝m v D 2R，则F N ＝100 N ，由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为100 N(3)滑块飞出恰好无碰撞地从C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到C 点时的速度方向正好沿着轨道该处的切线方向，即tan α＝v y ′v 0′由于高度没变，所以v y ′＝v y ＝3 m/s ，α＝37°，因此v 0′＝4 m/s对应的水平位移为x ′＝v 0′t ＝1.2 m ，所以AB 段缩短的距离应该是Δx AB ＝x ′－x BC ＝0.3 m物理计算题强化训练03 动力学方法和能量观点的综合应用1．【答案】(1)5R2μ(2)15gR【解析】 (1)在甲轨道的最高点，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 122R在乙轨道的最高点，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 2 2R从甲轨道的最高点到乙轨道的最高点，根据动能定理可得 mg (4R －2R )－μmgl ＝12m v 2 2－12m v 12联立解得：l ＝5R2μ(2)从O 点到甲圆的最高点，由动能定理可得：－mg (4R )－μmgl ＝12m v 1 2－12m v 0 2解得：v 0＝15gR . 2．【答案】(1)11.2 J (2)10 N【解析】 (1)小球运动到C 处时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律得：F 1′－mg ＝m v 12R代入数据解得v 1＝5 m/s由A →C ，根据动能定理有E p －μmgx ＝12m v 1 2解得E p ＝11.2 J(2)小球从C 到D 过程，由机械能守恒定律得 12m v 1 2＝2mgR ＋12m v 2 2 代入数据解得v 2＝3 m/s 由于v 2>gR ＝2 m/s所以小球在D 处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 22R，代入数据解得F 2＝10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10 N.3．【答案】(1)5.2 m/s 2(2)500 J 10 m/s(3)3 m【解析】 (1)运动员沿AB 下滑时，受力情况如图所示F f ＝μF N ＝μmg cos θ根据牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma得运动员沿AB 下滑时加速度的大小为：a ＝g sin θ－μg cos θ＝5.2 m/s 2(2)运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做功为：W ＝μmg cos θ(H －h sin θ)＋μmgd ＝μmg (d ＋H －h tan θ)＝500 J 由动能定理得：mg (H －h )－W ＝12m v C2 得运动员滑到C 点时速度的大小v C ＝10 m/s(3)在从C ′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ，h ′＝12gt 2，t ＝2h ′g下滑过程中克服摩擦力做功仍为W ＝500 J根据动能定理得：mg (H －h ′)－W ＝12m v 2， v ＝2g (H －h ′)－2W m运动员在水平方向的位移：x ＝v t ＝2g (H －h ′)－2W m ·2h ′g ＝2－h ′2＋6h ′＝2－(h ′－3)2＋9当h ′＝3 m 时，水平位移最大.4．【答案】(1)495 N(2)25 J(3)7 050 J(4)见解析【解析】 (1)在C 点时，据牛顿第二定律有Mg －F N C ＝M v C 2R，解得：F N C ＝495 N根据牛顿第三定律，雪橇在C 点时对雪道的压力：F N C ′＝F N C ＝495 N(2)设雪橇在BC 段克服摩擦力做的功为W BC ，从A 到C 对雪橇和游客的整体运用动能定理可得：Pt －Mgh 2－μMg cos θ·h 1sin θ－W BC ＝12M v C2，解得：W BC ＝25 J (3)对雪橇和游客的整体从C 到E 运用动能定理可得：Mgh 2－W CE ＝12M v E 2－12M v C 2 解得从C 到E 克服摩擦力做功：W CE ＝7 050 J 所以雪橇和游客的整体从C 点运动到E 点过程中损失的机械能：ΔE 损＝W CE ＝7 050 J(4)设D 到E 的水平距离为L ，平滑连接的倾斜直线轨道倾角为α，摩擦力做功：W fl ＝－μmg cos θ ·L cos θ＝－μmgL 曲线轨道上任选极短一段如图所示，将这一小段近似看成倾角为γ的倾斜直线轨道，该段轨道在水平方向上的投影长为Δx ，则摩擦力在该段轨道上做功：W f ＝－μmg cos γ·Δx cos γ＝－μmg Δx ，所以整个曲线轨道摩擦力做功等于每一小段摩擦力做功的累加，即：W f2＝－μmg ΣΔx ＝－μmgL故两轨道的摩擦力做功相同：W fl ＝W f2＝ΔE 损所以雪橇和游客的整体从C 点运动到E 点过程中损失的机械能相同．5．【答案】(1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J【解析】 (1)物体从E 到C ，由机械能守恒定律得：mg (h ＋R )＝12m v C2① 在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v C 2R② 联立①②代入数据解得：F N ＝12.4 N(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得W G ＋W f ＝0③W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]④W f ＝－μmg cos 37°L AB ⑤联立③④⑤解得斜面长度至少为：L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin 37°＞μmg cos 37°(或μ＜tan 37°)，所以物体不会停在斜面上，物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做周期性运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q ＝ΔE p ⑥ΔE p ＝mg (h ＋R cos 37°)⑦联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.6．【答案】(1)5 m/s(2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s【解析】 (1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律得F N －mg ＝m v D 2R滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得mgR (1－cos α)＋12m v C 2＝12m v D2 联立解得v C ＝5 m/s(2)滑块在C 点时，速度的竖直分量为v y ＝v C sin α＝3 m/sB 、C 两点的高度差为h ＝v y 22g＝0.45 m 滑块由B 运动到C 所用的时间为t y ＝v y g＝0.3 s 滑块运动到B 点时的速度为v B ＝v C cos α＝4 m/sB 、C 两点间的水平距离为x ＝v B t y ＝1.2 m(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得Pt －μmgL ＝12m v B 2，解得t ＝0.4 s 7．(1)0.60 J (2)0.30 m (3)见解析图解析 (1)小球恰好过C 点，其速度v C ＝0①根据功能关系，每次弹射时弹簧对小球所做的功为：W ＝mg (L 0＋R )＝0.60 J ②(2)设小球被弹出时的初速度为v 0，到达C 时的速度为v ，根据动能定理有W ＝12m v 0 2－0③ 根据机械能守恒定律有12m v 0 2＝mg (L ＋R )＋12m v 2④ 联立②③④得v ＝2g (L 0－L )⑤根据平抛运动规律，小球落至水平面时的位置离细直管AB 的距离为x ＝v t ＋R ⑥ 其中t ＝ 2(L ＋R )g⑦ 联立⑤⑥⑦得x ＝2(L 0－L )(L ＋R )＋R 根据数学知识可判知，当L ＝L 0－R 2＝0.30 m 时，x 最大．即当L 取0.30 m 时，小球落至水平面的位置离细直管AB 最远．(3)设小球经过C 端时所受管壁作用力方向向上，根据牛顿运动定律有mg －F N ＝m v 2R 又v ＝2g (L 0－L ) 则有F N ＝2mg R L ＋mg (1－2L 0R ) 代入数据得F N ＝103L －2.5 (N)(0.15 m ≤L ≤0.90 m)据此作出所求图线如图：。

2019届高考物理(人教版-浙江省专用)一轮复习阶段能力检测卷答案

参考答案阶段能力检测卷(一)1．B 2.C 3.B 4.A 5.D6．D [解析] 由题意可知mg≥F，故物块开始时受到的摩擦力应沿斜面向上，设斜面倾角为α，力F 旋转的角度为θ，对物块，由平衡条件，mgsin α＝f 1＋Fcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α－θ，当θ从0增大到π－α时，物块受到的摩擦力先减小，若在F 旋转到沿斜面向上前减到0，摩擦力减到0后反向增大，在F 旋转到沿斜面向上后，摩擦力再减小到0后反向增大，若在F 旋转到沿斜面向上前未减到0，摩擦力在F 旋转到沿斜面向上减到最小后增大，选项A 、B 错误；对物块和斜面体这一整体，由平衡条件，()M ＋m g ＝F N ＋Fcos θ，地面对斜面体的支持力一直增大，选项C 错误；f 2＝Fsin θ，地面受到的摩擦力先增大后减小，选项D 正确．7. A [解析] mg ，对斜面上的物体进行受力分析，建立如图所示的坐标系，并假设摩擦力方向沿x 轴正方向．由平衡条件得kL ＋f ＝2mgsin 30°.由以上两式解得f ＝0，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误.8．D [解析] 根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，A 物体的加速度不断减小，速度不断增大，B 物体的加速度不断减小，速度不断减小，选项A 、B 正确；根据速度—时间图像与横轴所围的面积表示位移可知，A 、B 两物体的位移都不断增大，A 物体平均速度的大小大于v 1＋v 22，B 物体平均速度的大小小于v 1＋v 22，选项C正确，选项D 错误．9．BC [解析] 千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，即1.0×105N ，选项B 正确；将汽车对千斤顶的压力沿着千斤顶的两臂进行分解，根据角度关系可求出两臂受到的压力大小均为 1.0×105N ，选项A 错误；若继续摇动把手，两臂夹角变小，则两臂受到的压力将减小，选项C 正确，选项D 错误．10．BD [解析] 解题关键是从vt 图像中获知两辆汽车的运动情况．从vt 图像可知甲、乙两辆汽车通过同一路标后的运动情况：甲以5 m/s 的速度做匀速直线运动，乙以10 m/s 的初速度做匀减速直线运动，经过10 s 速度与甲相同，经过20 s 速度减为零．在0～10 s 内，乙在前甲在后，且乙的速度较大，故两车逐渐远离，选项A 错误；5～15 s 内两个图像与时间轴所围面积相等，故通过的位移相等，选项B 正确；在10～20 s 内，乙在前甲在后，且甲的速度较大，故两车逐渐靠近，在t ＝20 s 时两车相遇，选项C 错误，选项D 正确．11．ABC [解析] 根据x ＝v 0t ＋12at 2，可得a ＝－4 m/s 2，选项A 正确；根据t ＝0－v 0a＝3.5 s ，可得经过3.5 s 汽车就停止运动，将t ＝3.5 s 代入x ＝v 0t ＋12at 2可得5 s 内汽车的位移为24.5 m ，选项B 正确；根据运动学公式，汽车在第2 s 内的位移x 2＝x 1＋aT 2＝8 m ，选项C 正确；由运动学公式可得第3 s 末汽车的速度：v 3＝v 0＋at 3＝2 m/s ，3.5 s 末的速度为0，汽车在第4 s 开始0.5 s 内的平均速度为v －＝v 3＋02＝1 m/s ，3.5～4.0s 汽车处于静止状态，故第4 s 内的平均速度小于1 m/s ，选项D 错误．12．ABC [解析] 先对A 、B 整体进行受力分析，设A 、B 的总质量为M ，如果Fcos θ>Mgsin θ，则其受到沿斜面向下的静摩擦力，选项A 正确；如果Fcos θ＝Mgsin θ，则其不受摩擦力，选项B 正确；如果Fcos θ<Mgsin θ，则其受到沿斜面向上的静摩擦力，选项C 正确；B 的受力情况为重力、斜面的支持力、A 对B 的压力、A 对B 的摩擦力，可能还有斜面给B 的摩擦力，故B 的受力可能为4个或者5个，选项D 错误.13.(1)如图所示(2)0.06 0.16[解析] (1)观察点迹分布可知相邻计数点之间的距离差为Δx ＝0.20 cm ，纸带做匀变速直线运动，故x EF －x DE ＝0.20 cm ，可确定F 的位置．(2)v B ＝x AC 2T ＝0.06 m/s ，a ＝Δx T2＝0.2 m/s 2，v G ＝v B ＋at ＝0.16 m/s.14．A 200 N/m[解析] A 段橡皮筋的劲度系数相对较小，相同的拉力作用下橡皮筋伸长大，收缩性好；设橡皮筋的质量为m 0，由胡克定律可得(m ＋m 0)g ＝kx, m ＝kgx －m 0，k g ＝0.8－0()4.5－0.5×10－2kg/m ，解得橡皮筋的劲度系数为k ＝200 N/m. 15．(1)54 (2)2.00 图略 (3)3.2 16．不会相撞[解析] 令a 1＝－10 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，a 3＝－5 m/s 2t 1＝3 s 末，甲车速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝0设3 s 过后经过时间t 2甲、乙两车速度相等，此时距离最近，即a 2t 2＝v 0＋a 3t 2等速之前，甲车位移x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22乙车位移x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22解得x 乙－x 甲＝90 m ＜s 0(s 0＝100 m)，故不会相撞．17．(1)33mg (2)k≥3m6M ＋3m[解析] (1)以小球为研究对象，其受力如图甲所示，并在图甲中建立直角坐标系，F T 和mg 正交分解，由物体的平衡条件有F T cos 30°＝mgsin 30°解得F T ＝33mg.乙(2)为使整个系统静止，其临界状态是静摩擦力f 达到最大值，即有 f max ＝kF N2以劈和小球组成的系统为研究对象，整体受力情况如图乙所示，由物体平衡条件可得 f max ＝F T cos 60°F N2＋F T sin 60°＝(M ＋m)g联立以上各式解得k ＝3m6M ＋3m即k 值必须满足k≥3m6M ＋3m.18．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有mgsin θ－μmgcos θ＝0解得μ＝tan 30°＝33.(2)设斜面倾角为α，由平衡条件得Fcos α＝mgsin α＋f ，F N ＝mgcos α＋Fsin α 静摩擦力f≤μF N联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmgcos α要使“不论水平恒力F 多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝ 3即θ0＝60°.阶段能力检测卷(二)1．D 2.D 3.B 4.C 5.A6．C [解析] 当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a′＝F ′m ＝F 1m ＝a ，选项A 、B 错误；当水平面粗糙时：a′＝F 1－μmgm，a ＝Fcos θ－μ（mg －Fsin θ）m ＝F 1－μ（mg －Fsin θ）m>a ′，选项C 正确，选项D 错误．7．D8. C [解析] 设物体质量为m ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，由题图乙可看出，当物体所受水平拉力F 1＝7 N 时，其加速度a 1＝0.5 m/s 2，由牛顿第二定律得F 1－μmg ＝ma 1，当物体所受水平拉力F 2＝14 N 时，其加速度a 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝ma 2，联立解得m ＝2 kg ，μ＝0.3，选项C 正确．9．C [解析] 对A 、B 、C 整体，由平衡条件可知，B 对地面压力的大小为2mg ，选项A 错误；对A ，由平衡条件可知，地面对A 的作用力与A 的重力、C 对A 的压力的合力等大反向，选项B 错误；对C, A 、C 间的弹力F N ＝mg cosθ2(设∠O A O C O B ＝θ)，l 越小，θ越小，弹力越小，选项C 正确；地面对A 、B 的摩擦力f ＝F N sin θ2＝mgtan θ2，l 越小，θ越小，摩擦力越小，选项D 错误．10．AC [解析] 由图可得运动员处于静止状态时，蹦床对运动员的弹力等于运动员受到的重力，其大小均为500 N ，故运动员的质量为50 kg ，选项A 正确；由图可得运动员在空中运动到最高点所需的时间为t ＝8.4－6.82s ＝0.8 s ，故上升的总高度为h ＝12gt 2＝3.2 m ，选项B 错误；由牛顿第二运动定律可得运动员的最大加速度a m满足F m －mg ＝ma m ，解得a m ＝40 m/s 2，选项C 正确；运动员在接触蹦床的过程中，先失重再超重最后失重，选项D 错误．11．BD [解析] 将物体的重力分别沿光滑的弦的轨道P 1A 、P 2A 方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P 1A 、P 2A 的方向的分力分别为m 1gcos θ1和m 2gcos θ2，其加速度分别为gcos θ1和gcos θ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cos θ1∶cos θ2，选项D 正确；因为弦轨道长度L ＝dcos θ，由L ＝12at 2，解得t＝2dg，选项A 错误，选项B 正确；由速度公式v ＝at 可得，物体分别沿P 1A 、P 2A 下滑到A 处的速度之比为cos θ1∶cos θ2，选项C 错误．12．AC [解析] 将物体从O 点处由静止释放，在s<12 m 阶段，物体做自由落体运动，当物体下落20 m 即伸长量为8 m 时速度最大，此时物体重力与弹性绳拉力相等，即8k ＝mg ，解得k ＝6.25 N/m ，物体下落过程中弹性绳的最大伸长量为24 m ，最大拉力24k ＝150 N ，选项A 错误；由牛顿第二定律得24k －mg ＝ma ，解得下落过程中的最大加速度约为20 m/s 2，选项B 错误；由机械能守恒定律得mgh ＝E p ，物体下落过程中弹性绳弹性势能最大值约为1800 J ，选项C 正确；当弹性绳的拉力为100 N 时，弹性绳伸长量为16 m ，物体下落28 m ，由图可知，对应的速度大小约为15 m/s ，选项D 错误．13．(1)竖直 (2)静止 L 3 mm (3)L x (4)4.9 10[解析] (1)本实验先利用重力与弹力平衡获取若干数据，再利用图像处理数据得到劲度系数．测量时，弹簧及刻度尺都要保持在竖直状态．(2)读数时，要等弹簧静止时才能读取；由记录的值可知，刻度尺的最小分度为mm ，但最小分度后还要估读一位，故记录的L 3是不符合规范的．(3)弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度L x 的差值才是由于添加砝码而伸长的长度．(4)设砝码盘的质量为m 0，砝码的质量为m ，当挂上砝码盘时有m 0g ＝k(L x －L 0)，当砝码盘中的砝码质量为m 时，弹簧的长度为L n ，此时有m 0g ＋mg ＝k(L n －L 0)，两式联立得mg ＝k(L n－L x )，即k ＝mg L n －L x ，由图像知图线的斜率k′＝60×10－3－012×10－2－0kg/m ＝0.50 kg/m ，故劲度系数k ＝k′g＝4.9 N/m ，而m 0＝k （L x －L 0）g ＝4.9×（27.35－25.35）×10－29.8kg ＝10 g.14．(1)m ≪M 小盘、砝码和小车整体 (2)BD[解析] (1)对于小盘、砝码和小车整体，mg ＝(M ＋m)a ，对于小车，F ＝Ma ，联立得 F ＝11＋m Mmg ，当m ≪M时，F ＝mg ；如果将小盘、砝码和小车整体作为研究对象，将小盘中减掉的砝码放到小车上，保证了总质量(m ＋M)不变，而合力大小就是mg.(2)该参考方案是通过控制小车的质量不变来探究加速度与合力的关系，通过控制合力不变来探究加速度与质量的关系的，所以选项B 正确；该案例用刻度尺测出两小车通过的位移之比就等于它们的加速度之比，采用了转换法把测加速度转换为测位移，所以选项D 正确．15．(M ＋m)g mgtan θ[解析] 选取A 和B 整体为研究对象，根据平衡条件有： F N －(M ＋m)g ＝0 F ＝f可得F N ＝(M ＋m)g再以B 为研究对象，其处于平衡状态，根据平衡条件有：竖直方向上：F AB cos θ＝mg 水平方向上：F AB sin θ＝F解得F ＝mgtan θ，所以f ＝F ＝mgtan θ. 16．(1)2 6 m/s (2)7块[解析] (1)木板最初做匀速直线运动，由F ＝μMg 得μ＝F Mg ＝5010×10＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速直线运动，则μmg ＝Ma 1，2a 1L ＝v 20－v 21代入数据解得v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM第1块铁块放上后：2a 1L ＝v 20－v 21第2块铁抉放上后：2a 2L ＝v 21－v 22 ……第n 块铁块放上后： 2a n L ＝v 2n －1－v 2n由以上各式联立可得 (1＋2＋3＋…＋n)·2μmg ML ＝v 20－v 2n当木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，则最终有7 块铁块放在木板上． 17．(1)1.4 s (2)2.4 m[解析](1)设工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1.由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝5 m/s 2设工件经t 1时间与传送带的速度相同，则t 1＝va 1＝0.8 s工件前进的位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s所以工件第一次到达B 点所用的时间 t ＝t 1＋t 2＝1.4 s.(2)设工件沿斜面上升时的加速度为a 2，上升的最大长度为x 2，由牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 2代入数据解得a 2＝－2 m/s 2工件沿传送带向上运动的时间t 3＝0－va 2＝2 sx 2＝12a 2t 23＝4 m<L BC此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT ＝2t 1＋2t 3＝5.6 s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间 t 0＝2t 1＋t 2＋2t 3＝6.2 s 而23 s ＝t 0＋3T这说明经23 s 工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A 点右侧，到A 点的距离x ＝L AB －x 1＝2.4 m.阶段能力检测卷(三)1．B 2.C 3.D 4.D 5.B6．C [解析] 根据题述，小木块放在Q 轮时，f ＝mr ω21，a 1＝ω21r ．小木块放在P 轮边缘也恰能静止，f ＝mR ω2＝2mr ω2，a 2＝2r ω2，且ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；a 2＝a 1，选项C 正确，选项D 错误．7．D [解析] 竖直方向上，足球做竖直上抛运动，三条路径的竖直位移相同，运动时间和初速度的竖直分量相同，选项C 错误，选项D 正确；水平方向上，足球做匀速直线运动，x 3>x 2>x 1，由x ＝v x t 可知沿路径3飞行的足球的初速度的水平分量最大，由v ＝v 2x ＋v 2y 可知沿路径3飞行的足球的落地速率最大，选项A 、B 错误．8．C [解析] 乙车上的人看到的是甲车相对于乙车的运动情况，是自西向东方向上的匀加速直线运动和自北向南方向上的匀速直线运动的合运动，其运动轨迹是抛物线的一部分，考虑到甲车受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，只有选项C 正确．9．A [解析] 物体做平抛运动的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝v yv 0，位移方向与水平方向夹角的正切值为tan β＝v y 2t v 0t ＝v y2v 0，故tan α＝2tan β，选项A 正确．10．AC [解析] 对小球A 进行受力分析，由绳的拉力及小球重力的合力提供向心力，选项A 正确；设连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为α，Mgcos α＝mg ，Mgsin α＝m 4π2T 2Lsin α，可解得T ＝2πmLMg，选项B 错误；小球A 角速度增大稳定后小球B 仍静止，设此时连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为β，对小球A 受力分析可得F T cos β＝mg ，其中F T ＝Mg ，可得α＝β，即细绳与竖直方向的夹角不变，故小球A 所受的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由mgtan α＝m ω2r 可得角速度增大，轨道半径减小，即L 减小，小球B 下降，选项C 正确，选项D 错误．11．AD [解析] 小球沿光滑斜面向上运动时做匀减速直线运动，抛出后只在重力作用下做斜抛运动，以后水平方向速度不变，选项A 正确；小球沿光滑斜面向上运动时做匀减速直线运动比抛出后做斜抛运动时的竖直加速度分量小，选项D 正确．12．CD [解析] 运动员从A 点做平抛运动落到斜坡上B 点的过程中，小球运动的位移与水平方向之间的夹角等于斜面的倾角θ，设速度与水平方向之间的夹角为α，则tan α＝2tan θ，显然α≠θ，选项A 错误；运动员落回斜坡时的合速度大小v ＝v 0cos α，选项B 错误；根据tan θ＝y x ＝0.5v y t v 0t ＝v y2v 0可得，竖直分速度的大小为v y ＝2v 0tan θ，运动员在空中经历的时间t ＝v y g ＝2v 0tan θg，选项C 正确；运动员的落点B 与起飞点A 的距离是s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20sin θgcos 2θ，选项D 正确． 13．(1)平抛匀速直线 (2)甲小铁球的水平分运动是匀速直线运动 (3)3.35[解析] (3)根据平抛运动的规律结合坐标纸显示，有v 0t ＝9l 和12gt 2＝9l ，联立并代入数据l ＝0.05 m ，解得v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋（gt ）2＝3.35 m/s.14．(1)AD (2)322gL[解析] (2)由图乙可得在竖直方向，横坐标分别为3L 、6L 、9L ，竖直方向的位移大小分别为L 、4L 、9L ，设时间间隔为T ，由4L －L ＝12g(2T)2－12gT 2得T ＝2L g ，则v 0＝3L T ＝322gL.15. (1)1 m/s (2) 0.2[解析] (1)物块在竖直方向上做自由落体运动，设物块下落时间为t ，有H ＝12gt 2水平方向有x ＝vt 联立解得v ＝1 m/s.(2)物块刚要离开平台时向心力由摩擦力提供，有μmg ＝m v2R代入数据解得μ＝0.2.16．(1)H ＝（L －R ）24h (2)ω＝n π2gh(n ＝1，2，3，…)[解析] (1)设小球离开轨道进入小孔的时间为t ，则由平抛运动规律得h ＝12gt 2，L －R ＝v 0t.小球在轨道上运动的过程中机械能守恒，故有mgH ＝12mv 20，联立解得H ＝（L －R ）24h ，t ＝2hg.(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，即ωt ＝2n π(n ＝1，2，3，…)，则ω＝n π2gh(n ＝1，2，3，…)．17. (1)2gR(2)略 [解析] (1)对小物块受力分析如图甲所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O 1为圆心做圆周运动，F N 的水平分力F 1提供向心力．所以有甲F 2＝F N cos θ＝mgF 1＝F N sin θ＝mr ω20 r ＝Rsin θ联立解得ω0＝2gR.(2) ①当ω＝()1＋k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越大，所需要的F n 越大，此时F 1不足以提供向心力了，小物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向上运动，故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供F 2＝f 2＋mgF n ＝F 1＋f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k ()2＋k 2mg.②当ω＝()1－k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越小，所需要的F n 越小，此时F 1超过所需要的向心力了，小物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向下运动，故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图丙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供 F 2＋f 2＝mgF n ＝F 1－f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k （2－k ）2mg.阶段能力检测卷(四)1．C 2.B 3.C 4.B 5.C6．A [解析] 环形凹槽内壁光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统的机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，选项A 正确；甲、乙组成的系统减少的重力势能等于系统增加的动能，甲减少的重力势能等于乙增加的重力势能与甲、乙增加的动能之和，选项B 错误；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒定律知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点，选项C 、D 错误．7．C [解析] 重力势能逐渐减小，E p ＝mgH ＝mg(H 0－h)，即重力势能与高度是线性关系，但并不是正比例关系，选项A 错误；机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，选项B 错误；运动员在伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动，即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，选项C 正确；由于空气阻力与速度的平方成正比，故伞打开后的v t 图像不应该是直线，选项D 错误．8．A [解析] 根据功与功率的关系可知，发动机所做的功为W ＝Pt ，选项A 正确；根据能量的转化与守恒定律可知，发动机所做的功等于系统产生的内能和汽车增加的动能，即W ＝fs ＋12mv 2m －12mv 20，选项B 、C 、D 错误．9．AB [解析] 对物体，从用水平力F 开始缓慢推动物体到运动的最大距离为3x 0，由动能定理可得W F －4μmgx 0＝0，选项A 正确；撤去F 后，物体向左先做加速运动后做减速运动，选项B 正确；物体开始向左运动到速度最大时，μmg ＝kx ，发生的位移为x 0－μmg k ，此过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－μmg k ，选项C 错误；当弹簧恢复原长时，物体离开弹簧做加速度大小为μg 的匀减速运动，有μmgx 0＋12mv 20＝3μmgx 0，μgt ＝v 0，联立解得t ＝2x 0μg，选项D 错误． 10．AC [解析] 将A 、B 两小球视为一个整体，运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒，以地面为参考平面，有12×2mv 20＝mgh ＋mg(h ＋Lsin 30°)，解得h ＝0.15 m ，选项D 错误；以A 小球为研究对象，由动能定理得－mg(h ＋Lsin 30°)＋W ＝0－12mv 20，则W ＝mg(h ＋Lsin 30°)－12mv 20，将数据代入，可得W>0，即杆对A做正功，选项A 正确，选项B 错误；由于系统机械能守恒，即A 增加的机械能等于B 减小的机械能，所以杆对B 做负功，选项C 正确．11．AD [解析] 在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，则乘客受到座位的支持力为F N ＝mg －m v2R，选项B 错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，故其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，选项C 错误；在时间t 内乘客转过的弧度为vRt ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12mv 2＋mgR ⎝⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，选项A 、D 正确． 12．BCD [解析] 小物体由A 处到B 处，根据动能定理得W －mgH ＝12mv 2，选项A 错误；小物体的加速度a＝μgcos θ－gsin θ，由v 2＝2ax 可知μ甲＜μ乙，选项C 正确；在小物体从A 处到B 处的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，热量大小为Q ＝fs 相，而s 相＝vt －vt2＝vt2，s 相等于小物体相对传送带的位移大小，故系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功．对甲，设加速过程中摩擦力做功为W 1，对乙，设加速过程中摩擦力做功为W 2，则W 1＝12mv 2＋mgH ，W 2＝12mv2＋mg(H －h)，所以W 1＞ W 2，故Q 1＞Q 2，选项D 正确；传送带消耗的电能等于小物体增加的机械能与系统产生的热量之和，选项B 正确．13．(1) 将木板上固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使轻推小车，小车能缓慢匀速下滑 (2)C (3) 大于[解析] (1)本实验应满足橡皮筋对小车的拉力等于小车受到的合力，所以实验前应将木板靠近打点计时器的一端适当垫高，使小车在不受拉力时能沿木板匀速运动，能消除摩擦力对该实验的影响．(2)本实验是探究橡皮筋拉力对小车做的功与小车速度变化的关系，应测量橡皮筋的拉力做功后橡皮筋的弹性势能完全释放时小车的最大速度，所以应选用小车匀速运动段(计数点间隔均匀的部分)的速度，故应选用C 点．(3)小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑，则在橡皮筋弹力作用下，小车所受的合外力大于橡皮筋的弹力，因而合外力对小车所做的功大于橡皮筋弹力所做的功．14．(1)0.268 0.256 (2)0.04[解析] (1)重物下降的高度为(s 0＋s 1)，则重力势能的减少量为ΔE p ＝mg(s 0＋s 1)＝0.268 J ；C 点的速度等于AE 段的平均速度，则打下C 点时重物的动能E k ＝12mv 2C ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫s 1＋s 24T 2＝0.256 J.(2)从C 点到O 点，由功能关系可得f(s 0＋s 1)＝ΔE p －E k ，代入数据可得f ＝0.04 N. 15. (1)2 m/s (2)1.2 N ，方向竖直向上[解析] (1)根据机械能守恒定律，有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(2)物块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 物块对地的位移为L ，末速度为v C ，设物块在传送带上一直加速由速度位移关系得2aL ＝v 2C －v 2B解得v C ＝3 m/s<4 m/s ，可知物块与传送带未达到共同速度物块从C 点至F 点，由机械能守恒定律，有 12mv 2C ＝mgR ＋12mv 2F 解得v F ＝2 m/s.在F 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2FR解得F N ＝1.2 N由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2 N ，压力方向竖直向上．16．(1)40.5 J (2)若滑块一直减速，则从B 到C 所用的时间为2 s ；若滑块先减速到零再加速，则从B到C 所用的时间为10 s (3)若滑块直线减速，则系统产生的内难为40.5 J ；若滑块先减速到零再加速，则系统产生的内能112.5 J[解析] (1)传送带的速度：v ＝ωR ＝6 m/s ①若滑块一直减速：由动能定理可得－μmgL ＝12mv 2－12mv 2B解得v B ＝9 m/s由能量守恒与转化规律可得E p ＝12mv 2B ＝40.5 J ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点与传送带速度大小相等，由运动学公式可得 v'2B 2μg －v22μg＝L 解得v′B ＝9 m/s由能量守恒与转化可得E p ＝12mv ’2B ＝40.5 J.(2)①若滑块一直减速，设由B 到C 运动的时间为t 1，则由运动学规律v ＋v B2t 1＝L 得t 1＝2 s ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点，设由B 到C 运动的时间为t 2, 则t 2＝v'B μg ＋vμg＝10 s.(3)①若滑块一直减速到C 点与传送带速度的大小相等，则相对位移的大小Δx 1＝L ＋vt 1＝27 m 系统产生的内能ΔE 1＝μmg Δx 1＝40.5 J ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点，相对位移的大小 Δx 2＝L ＋vt 2＝75 m系统产生的内能ΔE 2＝μmg Δx 2＝112.5 J. 17．(1)0.5 m (2)48 N (3)10次[解析] (1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有mg ＝m v 20L①从滑块在h 处开始运动到小球运动到最高点的过程中，滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有mg(h －2L)－μmg s 2＝12mv 20 ②两式联立解得h ＝0.5 m.(2)若滑块从斜面上高度为h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12mv 21 ③滑块与小球碰后的瞬间，由题意知滑块静止，小球以速度v 1开始做圆周运动，绳的拉力F T 和重力的合力提供向心力，则有F T －mg ＝mv 21L④两式联立解得F T ＝48 N.(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s 路程后再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12mv 20－2mgLμmgs＋1≥n解得n ＝10次．阶段能力检测卷(五)1．B 2.C 3.A 4.B 5.D6．B [解析] 两个物体在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以两物体落地时速率相同，但速度方向不同，选项A 错误；两物体质量相同，下落高度也相同，所以重力做功相同，选项B 正确；由于两物体落地时的速度方向不同，根据瞬时功率的公式P ＝Fvcos θ，选项C 错误；两物体的重力做功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，选项D 错误．7．B [解析] 设绳长为L ，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L4位置处，因绳A 较长，若h A ＝h B ，则A 的重心较低，W A <W B ，选项A 错误；若h A >h B ，则无法判断两根绳子重心的高低，因此可能W A <W B ，也可能W A >W B ，选项B 正确，选项D 错误；若h A <h B ，则一定是A 的重心低，因此一定是W A <W B ，选项C 错误．8．A [解析] 根据题意，两物体间的最大静摩擦力为f m ＝μm A g ＝6 N ，则这两个物体可一起运动的最大加速度为a m ＝f m m B＝3 m/s 2，此时对A 有F －f m ＝m A a ，即F ＝15 N ．若F ＝10 N ，则两物体之间的摩擦力是静摩擦力，对整体应用牛顿第二定律，有a ＝F m A ＋m B＝2 m/s 2，此时对B ，有f 1＝m B a ＝4 N ；若F ＝16 N ，则两物体之间的摩擦力是滑动摩擦力，即f 2＝6 N ．综上所述，选项A 正确．9．AC [解析] 如果v 较小，小车停止运动后，小球还没有离开圆弧槽，则根据机械能守恒定律有12mv 2＝mgh ，可得h ＝v22g，选项A 正确；如果v 较大，小车停止运动后，小球能够离开圆弧槽，那么小球离开圆弧槽后将做斜抛运动，当小球到达最高点时，其还有水平方向上的速度，所以12mv 2＞mgh ，可得h ＜v22g，选项C 正确．10．AC [解析] 由小球A 在下摆过程中斜面与B 保持静止知，在该过程中只有重力对对小球A 做功，机械能守恒，选项C 正确，选项D 错误；设O 、A 间距离为l OA ，斜面与物块B 间最大静摩擦力为f m ＝4mgsin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上．当小球摆到最低点时对绳有最大拉力F m ，由动能定理得mgl OA ＝12mv 2，F m －mg ＝mv2l OA，联立解得F m ＝3mg.此时物块B 受到的摩擦力f′＝F m －4mgsin 30°＝3mg －2mg ＝mg ，方向沿斜面向下. 选项A 正确，选项B 错误．11．ACD [解析] 设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为f ，运动时间为t ，物块的位移大小为s 1，传送带的传送的距离为s 2，则s 1＝12vt ，s 2＝vt ＝2s 1；对物块运用动能定理有W f ＝fs 1＝12mv 2，选项A 正确；传送带克服摩擦力做的功为W f ′＝fs 2＝2fs 1＝mv 2，选项B 错误，选项D 正确；系统摩擦生热为Q ＝fs 相对＝f(s 2－s 1)＝12mv 2，选项C 正确．12．BCD [解析] 小球A 从最高点飞出的最小速度v mA ＝gR ，由机械能守恒定律可得mgh A ＝2mgR ＋12mv 2mA ，则h A ＝5R2，选项A 正确；小球B 从最高点飞出的最小速度v mB ＝0，由机械能守恒定律得mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，选项B 错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端入口处，则由平抛运动的规律得R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，即v 0＝gR2，而A 的最小速度v mA ＝gR>v 0，故小球A 不可能落在轨道右端入口处，小球B 可能，选项C 、D 错误．13．加速度逐渐减小的加速直线匀速直线 0.36 [解析] A 到B 的点迹距离越来越大，而点迹距离的增量越来越小，可知A 、B 间小车做加速度逐渐减小的加速直线运动，C 、D 间为匀速直线运动，小车离开橡皮筋后的速度v ＝x t ＝7.2×10－30.02m/s ＝0.36 m/s.14．(1)把木板的右端(或安装打点计时器的那端)适当垫高，以平衡摩擦力 (2)图略 (3)实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 15．(1)10 2 m/s (2)6750 J[解析] (1)该同学通过C 点时，重力恰好提供向心力，即Mg ＝Mv 2CR，代入数据解得v C ＝10 2 m/s.(2)设该同学在AB 段所做的功为W ，在人和滑板从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有W －Mgh ＝12Mv 2C ，代入数据解得W ＝6750 J.16．(1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s[解析] (1)小滑块由C 处运动到A 处，由动能定理，得 mgLsin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435.(2)小滑块由A 处运动到C 处，由动能定理，得 Fx －μmgx ＋Fx 0－mgsin 37°·L ＝0 解得x 0＝1.25 m.(3)小滑块由A 处运动到B 处，由动能定理，得Fx －μmgx ＝12mv 2。

(浙江专用)备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(六)(含解析)

（浙江专用）备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(六)考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应答题纸上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．如图1甲所示是某同学参加“五米三向折返跑”活动的情景．该活动场地如图乙所示，AB ＝AC＝AD＝5 m，受试者听到口令后从A点跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点．若人可视为质点，现测得受试者完成活动的时间为7.50 s，则该受试者在全过程中的路程和平均速度的大小分别为( )图1A．0,0 B．15 m,4 m/sC．30 m,0 D．30 m,4 m/s2．(2018·温州市期末)如图2所示，冰壶是冬奥会的正式比赛项目．运动员将冰壶推出后，冰壶在滑行途中水平方向受到的力有( )图2A．推力B．阻力C．推力和阻力D．向前的惯性力3．物体做直线运动的速度v随时间t变化的图线如图3所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为t轴的垂线，PM为v轴的垂线．则下列说法中正确的是( )图3A ．物体做加速度减小的减速运动B ．物体做加速度增加的加速运动C ．物体运动到P 点时的加速度为v 1t 1D ．物体运动到P 点时的加速度为v 1－v 2t 14．关于如图4所示四幅图的说法错误的是( )图4A ．甲图中，赛车的质量不是很大，却安装着强劲的发动机，可以获得很大的惯性B ．乙图中，高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，目的是减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全C ．丙图中，火星的轨迹与砂轮相切，说明火星是沿砂轮的切线方向飞出的D ．丁图中，无论小锤用多大的力去击打弹性金属片，两球总是同时落地5．如图所示，一物块A 放在固定于水平地面上的斜面体B 上，处于静止状态．现用力F 沿不同方向作用在A 上，物块A 始终保持静止．则施加力F 后，物块A 受到的摩擦力一定增大且数值最小的是( )6．下列四个选项中的虚线均表示小鸟在竖直平面内飞行的轨迹，小鸟在图示位置时的速度v 和空气对它的作用力F 的方向可能正确的是( )7．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图5所示，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射相同的乒乓球．乒乓球1落到球网右侧台面边缘上的中点，乒乓球2落到球网右侧台面边缘上靠近中点的某点．不计空气阻力．则( )图5A．自发射到落台，乒乓球1的飞行时间大于乒乓球2的飞行时间B．乒乓球1的发射速度大于乒乓球2的发射速度C．落台时，乒乓球1的速度大于乒乓球2的速度D．落台时，乒乓球1与乒乓球2重力做功的功率相等8．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( )A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合9．(2018·9＋1高中联盟期中)如图6所示，球形电容器是由半径不同的同心金属球壳组成，内外球壳带有等量异种电荷，球壳之间为真空，并形成了沿半径方向的电场．已知M点与N 点在同一电场线上，M点与P点到圆心距离相等，则下列说法正确的是( )图6A．该径向电场为匀强电场B．M点的电场强度比N点小C．P点的电势比N点低D．电荷沿圆孤虚线从M到P，电场力不做功10．(2018·七彩阳光联盟期中)如图7所示，在“探究影响通电导线受力的因素”实验中，要使导体棒摆动时偏离竖直方向的摆角增大，以下操作中可行的是( )图7A．用更短的导线悬挂导体棒B．改变导体棒中的电流方向C．增大导体棒中的电流强度D．使3块磁铁的S、N极都反向11．现有一只灯泡，额定电压标识12 V清晰，额定功率标识字迹不清，某同学为了确定该灯泡的额定功率，设计了四个方案，哪个方案最准确( )A．把该灯泡直接与标有额定功率的灯泡(额定电压12 V)进行外观上和灯丝粗细程度的比较，得出该灯泡的额定功率B．把该灯泡接在12 V的直流电源上使其发光，再与有标记的灯泡进行亮度比较，得出该灯泡的额定功率C．把该灯泡接在12 V的直流电源上使其发光，通过串联的电流表读出电流值，并联的电压表读出电压值，再由公式P＝UI求出额定功率D．用该灯泡、电流表、电压表、干电池等器材，用伏安法测出该灯泡的阻值，再用公式P＝U2得出该灯泡的额定功率R12．如图8甲所示是一个电解电容器，电容器外壳上标有“4.7 μF,50 V”字样，图乙是一个标准自感线圈，外壳上标有“1 H”字样，下列有关该电容器和自感线圈的说法正确的是( )图8A．电容器的电容为4.7×10－12 FB．自感线圈的自感系数为“1 H”C．电容器在20 V的工作电压下，其带电荷量为9.4×10－4 CD．自感线圈的自感电动势大小与流过线圈的电流大小有关13.如图9所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A 为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是( )图9A．物体A受到的地面的支持力先增大后减小B．物体A受到的地面的支持力保持不变C．物体A受到的地面的摩擦力先增大后减小D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.加试题(2018·杭州市期末)下列说法正确的是( )A．家用照明电路电压的峰值约为311 VB．β衰变发出的β射线来自原子外层电子C．卢瑟福通过α粒子散射实验发现原子核具有复杂结构D．在发生轻核聚变或重核裂变后，核子的平均质量均变小15.加试题如图10所示，一束太阳光经过玻璃三棱镜后，被分解成各种色光．在接收屏(与三棱镜侧面平行)上形成宽度为L的彩色光带．现将一较厚的平行玻璃砖竖直插入到三棱镜的左侧，我们会看到( )图10A．彩带整体上移B．彩带整体下移C．彩带宽度L变大D．彩带宽度L变小16.加试题(2018·诸暨市牌头中学期中)如图11所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，则下列说法正确的是( )图11A．任意时刻，甲振子的位移都比乙振子的位移大B．t＝0时，甲、乙两振子的振动方向相反C．前2 s内，甲、乙两振子的加速度均为正值D．第2 s末，甲的速度达到其最大值，乙的加速度达到其最大值非选择题部分三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)图12是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，用该装置实验时，图12(1)以下实验步骤必需的是________．A．测出橡皮筋对小车做功的具体数值B．测出橡皮筋的劲度系数C．测出小车的质量D．测出橡皮筋恢复原长时小车的速度E．平衡摩擦力(2)在正确操作的情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，如图13所示，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量．打点间隔为0.02 s，则小车的最大速度v ＝________ m/s(保留两位有效数字)．图1318．(5分)现要测定一种特殊电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8 V，内阻r约为30 Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40 mA.为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有：A．电流表A(量程为0.05 A、内阻约为0.2 Ω)B．电压表V(量程为6 V、内阻约为20 kΩ)C．定值电阻R1(阻值为100 Ω、额定功率为1 W)D．定值电阻R2(阻值为200 Ω、额定功率为1 W)E．滑动变阻器R3(阻值范围为0～10 Ω、额定电流为2 A)F．滑动变阻器R4(阻值范围为0～750 Ω、额定电流为1 A)G．导线和单刀单掷开关若干(1)为了电路安全及便于操作，定值电阻R应该选________；滑动变阻器应该选________．(填写器材名称)(2)用笔画线代替导线在图14中完成实物连接图．图14(3)实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读为I2时，电压表读数为U2.则可以求出E＝________，r＝________.(用I1、I2、U1、U2及R表示)19．(9分)(2018·名校协作体)如图15所示，两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8 kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线分别表示b物块受到水平拉力F作用和a物块不受拉力作用的v－t图象，g取10 m/s2.求：图15(1)物块a受到的摩擦力大小；(2)物块b所受拉力F的大小；(3)8 s末a、b间的距离．20．(12分)(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图16所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A 点由静止出发，经过时间t后关闭发动机，赛车继续前进至B点进入半径为R＝0.5 m的竖直粗糙圆弧轨道，经过圆弧最高点C后水平飞出，之后恰好在D点沿斜面方向进入与竖直方向成θ＝37°的斜面轨道(途中表演上下翻身)，C、D两点在竖直方向的高度差为h＝0.8 m，已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力F f＝1 N，由设置在圆弧起点B处的传感器显示出赛车经过此处时对圆弧轨道的压力为F＝82 N，赛车的质量m＝1 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝80 W工作，轨道AB的长度L＝6 m，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，求：图16(1)赛车运动到B点时速度v B的大小；(2)赛车电动机工作的时间t；(3)赛车在通过圆弧轨道过程中克服摩擦阻力所做的功W.21.加试题 (4分)(2018·杭州地区重点中学期末)根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图17所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．图17(1)用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图18所示，读数为________ mm.图18(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．A ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt 即为单摆周期TE ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt ，则单摆周期T ＝Δt 5022.加试题 (10分)如图19甲所示，间距为 L 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为 B ，在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度 B t 的大小随时间 t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab 从如图甲所示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒始终与导轨垂直且接触良好．已知ab 棒和cd 棒的质量均为m 、接入电路的电阻均为R ，区域Ⅱ沿斜面的长度为 2L ，在 t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为 g ．求：图19(1)当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率；(2)ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒上产生的热量；(3)ab 棒开始下滑至 EF 的过程中流过导体棒cd 的电荷量．23.加试题 (10分)如图20所示，带电荷量为q＝＋2×10－3C、质量为m＝0.1 kg的小球B 静止于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103 N/C的匀强电场，与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10 m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场线的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电荷量始终不变，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：图20(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；(2)第二次碰撞前瞬间小球B的动能；(3)第三次碰撞的位置．答案精析 1．C 2.B3．D [v －t 图象的斜率表示加速度，由题图知，物体做加速度减小的加速运动．P 点由a ＝Δv Δt ＝v 1－v 2t 1知D 正确．] 4．A5．D [设斜面倾角为α，对A 项，开始时静摩擦力方向向上，有静摩擦力F fA ＝mg sin α，施加F 后，若静摩擦力方向仍向上，则F ＋F fA ′＝mg sin α，得F fA ′＝mg sin α－F ，可知物块A 受到的静摩擦力减小；对C 项，施加力F 后，若静摩擦力方向仍向上，则静摩擦力F fC ＝mg sin α－F cos α，物块A 受到的静摩擦力减小；对B 项，施加力F 后，静摩擦力F fB ＝mg sin α＋F ，物块A 受到的静摩擦力增大；对D 项，施加力F 后，静摩擦力F fD ＝(mg ＋F )sinα，物块A 受到的静摩擦力增大，经过比较可知F fD <F fB ，D 项符合题意．]6．B [小鸟做曲线运动的速度方向沿运动轨迹的切线方向，合力指向小鸟飞行轨迹的凹侧，故选B.]7．D [球1和球2平抛运动的高度相同，根据h ＝12gt 2可得，小球运动的时间相同，故A 错误；竖直方向v y ＝gt 相同，由于球1的水平位移小于球2的水平位移，根据x ＝vt 可知，球2的初速度大于球1的初速度，根据速度的合成可知，球2的落台速度大于球1的落台速度，故B 、C 错误；由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P ＝mgv y 知，重力的瞬时功率相等，故D 正确．]8．B 9.D 10.C 11.C12．B [电容器的电容为4.7 μF ＝4.7×10－6F ，故A 错误；自感线圈的自感系数为“1 H”，故B 正确；根据Q ＝CU 得，电容器在20 V 的工作电压下，其带电荷量为Q ＝20×4.7×10－6C ＝9.4×10－5C ，故C 错误；在自感系数一定的条件下，根据法拉第电磁感应定律，则有：通过导体的电流的变化率越大，产生的自感电动势越大，与电流大小及电流变化的大小无关，故D 错误．]13．A [由库仑定律知运动过程中A 、B 间库仑力的大小不变，点电荷B 沿等势面运动，库仑力对点电荷B 不做功，选项D 错误；B 在A 的正上方时，库仑力方向为竖直方向，这时物体A 受到的地面的支持力最大，选项A 正确，B 错误；B 在A 的正上方时，物体A 不受摩擦力作用，故摩擦力的大小先减小后增大，选项C 错误．]14．AD [家用照明电路所用的电压为交流电压，有效值为220 V ，根据最大值与有效值的关系可知：E m ＝2E ＝220×1.414 V≈311 V，故A 正确；β衰变发出的β射线是由原子核内的一个中子转化为质子和电子而形成的，故B 错误；天然放射现象说明原子核具有复杂结构，故C 错误；在发生轻核聚变或重核裂变都要发生质量亏损，放出能量，故D 正确．] 15．BC16．BD [简谐运动图象反映了振子的位移与时间的关系，甲振子的位移有时比乙振子的位移大，有时比乙振子的位移小，故A 错误．根据切线的斜率等于速度，可知，零时刻，甲、乙两振子的振动方向相反，故B 正确．由a ＝－kxm分析可知，前2 s 内乙振子的加速度为正值，甲振子的加速度为负值，故C 错误．第2 s 末甲的位移等于零，通过平衡位置，速度达到其最大值，乙的位移达到最大值，加速度达到其最大值，故D 正确．] 17．(1)DE (2)GK 0.66解析 (1)实验中改变拉力做功时，为了能定量，用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功就有倍数关系．而不需要测量出每根橡皮筋做功的数值．每次只要保证从同一位置由静止释放，这样开始时橡皮筋的形变量相同，实验过程中每根橡皮筋做的功就相同，故选项A 、B 错误；本实验是为了探究做功W 与小车速度v 变化的关系，需要测出橡皮筋恢复原长时小车的速度，不需要测量小车的质量，只要保证小车的质量不变即可，故C 错误，D 正确．为了方便计算合力对小车做的功，平衡摩擦力后，橡皮筋对小车做的功就等于合力对小车做的功，选项E 正确．(2)橡皮筋恢复原长时小车做匀速运动，应选纸带的GK 部分，根据v ＝x GK3T≈0.66 m/s. 18．(1)R 2 R 4 (2)见解析图 (3)I 1U 2－I 2U 1I 1－I 2 U 2－U 1I 1－I 2－R解析 (1)由于电池电流不超过40 mA ，因此当滑动变阻器调到零时，回路中最小电阻R ＝UI＝200 Ω，因此保护电阻选R 2，调节滑动变阻器时，回路电压表应接近满偏，因此U ＝ER 滑R ＋r ＋R 滑≈6 V，因此滑动变阻器选R 4. (2)实物连接如图所示(3)根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )；E ＝U 2＋I 2(r ＋R )；联立解得：E ＝I 1U 2－I 2U 1I 1－I 2；r ＝U 2－U 1I 1－I 2－R . 19．(1)1.2 N (2)1.8 N (3)60 m解析 (1)物块a 的加速度大小，a 1＝Δv 1Δt 1＝6－04 m/s 2＝1.5 m/s 2由牛顿第二定律得F f ＝ma 1＝0.8×1.5 N＝1.2 N(2)物块b 的加速度大小，a 2＝Δv 2Δt 2＝12－68m/s 2＝0.75 m/s 2由牛顿第二定律得F －F f ＝ma 2F ＝1.2 N ＋0.8×0.75 N＝1.8 N(3)v －t 图象中，图线和t 轴所围成的“面积”表示位移，则8 s 末a 、b 的位移x a ＝12 m ，x b ＝72 m ．所以Δx ＝x b －x a ＝60 m.20．(1)6 m/s (2)0.3 s (3)3.5 J解析 (1)根据牛顿第三定律，圆弧轨道在B 处对赛车的支持力F N ＝F ＝82 N在B 点由牛顿第二定律可得F N －mg ＝m v B2R，解得v B ＝6 m/s.(2)对轨道AB 上的运动过程由动能定理可得Pt －F f L ＝12mv B 2，解得t ＝0.3 s.(3)设赛车通过D 点时速度的竖直分速度为v y ，水平分速度即为在C 点的速度v C ，由v y 2＝2gh ，解得v y ＝4 m/s ，又v Cv y＝tan 37°，解得v C ＝3 m/s 根据动能定理－2mgR －W ＝12mv C 2－12mv B 2，解得W ＝3.5 J. 21．(1)18.6 (2)ABE 22．见解析解析 (1)对cd 棒，根据平衡条件有：F 安＝BIL ＝mg sin θ 所以通过cd 棒的电流大小：I ＝mg sin θBL当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率：P ＝I 2R ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2(2)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，有a ＝g sin θcd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势和感应电流保持不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得：ΔΦΔt＝BLv t 即B ·2L ·Lt x ＝BLg sin θt x ，解得：t x ＝ 2Lg sin θab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度为：v t ＝at x ＝2gL sin θ通过磁场Ⅱ的时间为：t 2＝2Lv t＝2Lg sin θ故当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的热量为：Q ＝I 2Rt 2＝2Rm 2g 32sin 32θB 2L 32(3)ab 棒开始下滑至EF 的过程中流过导体棒cd 的电荷量为：q ＝I (t x ＋t 2)＝2mB2g sin θL.23．(1)5 m/s 15 m/s (2)6.25 J (3)在第一次碰撞点右方5 m 、下方20 m 处解析 (1)第一次碰撞时，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：3mv 0＝3mv 1＋mv 212×3mv 0 2＝12×3mv 1 2＋12mv 2 2. 联立并代入数据解得：v 1＝5 m/s ，v 2＝15 m/s(2)碰后两球均进入电场，竖直方向二者相对静止，均做自由落体运动，水平方向上A 做匀速运动，B 做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：B 的水平加速度大小为：a B ＝qE m ＝2×10－3×1030.1m/s 2＝20 m/s 2.设经过时间t 两球再次相碰，则有：v 1t ＝v 2t －12a B t 2解得t ＝1 s此时，B 的水平速度大小为：v x ＝v 2－a B t ＝15 m/s －20×1 m/s＝－5 m/s(负号表示方向向左) 竖直速度为：v y ＝gt ＝10×1 m/s＝10 m/s 故第二次碰撞前瞬间小球B 的动能为：E k B ＝12mv B 2＝12m (v x 2＋v y 2)解得E k B ＝6.25 J ；(3)第二次碰撞时，A 、B 两球水平方向动量守恒，则有：3mv 1＋mv x ＝3mv 1′＋mv x ′根据机械能守恒得：12×3m (v 1 2＋v y 2)＋12m (v x 2＋v y 2)＝12×3m (v 1′2＋v y 2)＋12m (v x ′2＋v y 2) 解得第二次碰后水平方向A 的速度为：v 1′＝0，B 的速度为v x ′＝10 m/s故第二次碰撞后A 竖直下落，B 在竖直方向上的运动与A 相同，水平方向上，B 做匀减速直线运动，设又经过t ′时间两球第三次相碰，则有：v x ′t ′－12a B t ′2＝0，代入数据解得：t ′＝1 s因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x ＝v 1t ＝5×1 m＝5 m 下方y ＝12g (t ＋t ′)2＝12×10×22m ＝20 m.。

2019高考物理一轮浙江学考题型快速练：计算题部分快练1 Word版含解析

快练1力和直线运动1.(2018·温州市九校联盟期末)如图1所示，2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1000km/h、2 000 km/h、4 000 km/h的三大阶段．若温州南站到北京南站的直线距离以2 060 km计算，如果列车以速度4 000 km/h运行，则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”．图1(1)为提高运行速度，可以采用哪些方法？(2)如果你将来乘坐从温州南站到北京南站的高速飞行列车，最高速度为4000km/h，列车从温州南站启动的加速度大小为0.4g，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g.你全程花费的时间约为多少分钟？(g＝10 m/s2，计算结果四舍五入取整)2．某人沿直线匀加速行走了4s，达到最大速度6m/s后，又以1.2m/s2的加速度沿直线匀减速行走了3s，然后做匀速直线运动．求：(1)匀加速运动时的加速度大小；(2)匀速运动时的速度大小；(3)前7s过程中人的总位移大小．3．(2018·西湖高级中学月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104N，受到的阻力恒为F f＝2×104N，起飞速度v＝80m/s.(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？4．(2018·杭州地区期末)质量为20kg的箱子放在水平地面上，箱子与地面间的动摩擦因数为0.5，现用与水平方向成37°角的100N的力拉箱子，如图2所示，箱子从静止开始运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)．图2(1)求2s末撤去拉力时箱子的速度大小；(2)求2s末撤去拉力后箱子继续运动多长时间才能停止运动．5．(2018·宁波市期末)某同学用运动传感器“研究物体加速度与力的关系”时采用如图3甲所示装置，开始时将质量为m＝1kg的物体置于水平桌面上．现对物体施加一个水平向右的恒定推力F经过一段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的运动传感器得到了物体部分运动过程的v－t图象如图乙所示(g 取10m/s2，向右为速度正方向)．求：图3(1)3s内物体的位移；(2)物体与水平桌面间的动摩擦因数μ；(3)拉力F的大小．6．为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验，一质量为m＝50kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录了电梯从一楼到顶层的过程中体重计示数随时间的变化情况，并作出了如图4所示的图象，已知t ＝0时，电梯静止不动，从电梯轿厢内的楼层按钮上得知该大楼共19层．求：(g取10m/s2)图4(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼的层高．7．(2018·台州市外国语学校期末)一同学家住在23层高楼的顶楼，他想研究一下电梯上升的运动过程．某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5kg的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上．电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止．在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示：时间/s台秤示数/N电梯启动前50.00～3.058.03.0～13.050.013.0～19.046.019.0以后50.0根据表格中的数据，求：(g取10m/s2)(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；(2)电梯在中间阶段上升的速度大小；(3)该楼房平均每层楼的高度．8．(2018·嘉兴市第一中学期中)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图5所示，假设某汽车以12m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以 2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车沿斜坡滑行．已知斜坡高AB＝5m，长AC＝13m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝33m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面间的动摩擦因数为0.2.假设汽车经过A、C点时，速度大小保持不变．求：(g 取10m/s2，可将汽车视为质点)图5(1)汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小；(3)试分析此种情况下，行人是否有危险？(回答“是”或“否”)如果有，请通过计算说明．答案精析1．(1)见解析(2)35min解析(1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力实现超声速运行的运输系统；(2)飞行列车分为三个运动过程，先加速，后匀速，再减速；最高速度v ＝4000km /h ≈1 111 m/s ，加速阶段的时间：t 1＝v a1＝11114s ≈278s ，位移x 1＝12v t 1＝154429m减速阶段的时间t 2＝v a2＝11115s ≈222s ，位移x 2＝12v t 2＝123321m匀速运动的位移x 3＝x －x 1－x 2＝1782250m 匀速运动的时间t 3＝x3v ＝17822501111s ≈1604s全程花费的时间约为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2104s ≈35min. 2．(1)1.5m /s 2(2)2.4 m/s(3)24.6m1Δt 4(2)由v 2＝v 1－a 2t 2，得v 2＝2.4m/s (3)由x 1＝12v 1t 1＝12mx 2＝12(v 1＋v 2)t 2＝12.6m得x ＝x 1＋x 2＝24.6m 3．(1)2667m(2)3467m解析(1)设飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x 1，根据牛顿第二定律得：a 1＝F －Ff m ＝8×104－2×1045×104m /s 2＝1.2 m/s 2位移x 1＝v2－02a1＝802－02×1.2m ≈2667m(2)设飞机做匀减速直线运动的位移为x 2，则x 2＝0－v22a2＝－802－2×4m ＝800m所以跑道的长度至少为x ＝x 1＋x 2＝2667m ＋800m ＝3467m 4．(1)1m/s(2)0.2s 解析(1)F sin37°＋F N ＝mg F cos37°－μF N ＝ma 联立得：a ＝0.5m/s 2 2s 末的速度v ＝at ＝1m/s (2)撤去拉力后：加速度大小a ′＝μmg m ＝μg ＝5m/s 2继续运动的时间：t ′＝va ′＝0.2s.5．(1)4m ，方向向右(2)0.2(3)2.5N 解析(1)由题图可知，3s 内物体的位移：x ＝12×(1＋2)×2m ＋12×2×(3－2) m ＝4m ，方向向右； (2)、(3)由题图可知，物体的加速度： a 1＝Δv Δt ＝2－12m /s 2＝0.5 m/s 2，2Δt ′3－2由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1 －μmg ＝ma 2，解得：F ＝2.5N ，μ＝0.2. 6．(1)2m /s 22 m/s 2(2)3m解析(1)电梯启动时由牛顿第二定律得F 1－mg ＝ma 1 电梯加速度大小为a 1＝F1m －g ＝2m/s 2电梯制动时由牛顿第二定律得mg －F 3＝ma 3 电梯加速度大小为a 3＝g －F3m ＝2m/s 2.(2)电梯匀速运动的速度为v ＝a 1t 1＝2m/s 从题图中读得电梯匀速上升的时间为t 2＝26s 减速运动的时间为t 3＝1s所以总位移为x ＝12a 1t 1 2＋v t 2＋12a 3t 3 2＝54m层高为h ＝x18＝3m.7．(1)1.6m /s 20.8 m/s 2(2)4.8m/s(3)3.16m 解析(1)0～3.0s 为加速阶段，有：F 1－mg ＝ma 1 得：a 1＝1.6m/s 213．0～19.0s 为减速阶段，有：mg －F 2＝ma 2 得：a 2＝0.8m/s 2(2)中间阶段是匀速运动，v ＝a 1t 1＝1.6×3m /s ＝4.8 m/s (3)电梯上升的总高度H ＝0＋v 2t 1＋v t 2＋v ＋02t 3＝69.6m则层高为h ＝H22≈3.16m.8．(1)2m/s 2(2)35m(3)见解析解析(1)汽车沿斜坡滑下时，由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，sin θ＝513，cos θ＝1213解得a 1＝2m/s 2(2)汽车到达坡底C 时的速度满足v C 2－v A 2＝2a 1x AC ，解得v C ＝14m/s经历时间t 1＝vC －vAa1＝1s汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小 x C ＝x CE ＋v 人t 1＝35m(3)汽车在水平冰雪路面上时，由牛顿第二定律得，汽车的加速度大小为μmg ＝ma 2 汽车在水平路面上减速至v ＝v 人＝2m/s 时滑动的位移 x 1＝vC 2－v22a2＝48m 经历的时间t 2＝vC －va2＝6s人发生的位移x 2＝v 人(t 1＋t 2)＝14m 因x 1－x 2＝34m>33m ，故行人有危险．。

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x2＝ (v1＋v2)t2＝12.6 m
得x＝x1＋x2＝24.6 m
3．(1)2 667 m(2)3 467 m
解析(1)设飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，
根据牛顿第二定律得：
新高考物理快练1力和直线运动
1.(2018·温州市九校联盟期末)如图1所示，2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1 000 km/h、2 000 km/h、4 000 km/h的三大阶段．若温州南站到北京南站的直线距离以2 060 km计算，如果列车以速度4 000km/h运行，则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”．
匀速运动的时间t3＝＝ s≈1 604 s
全程花费的时间约为t＝t1＋t2＋t3＝2 104 s≈35 min.
2．(1)1.5 m/s2(2)2.4 m/s(3)24.6 m
解析(1)a1＝＝ m/s2＝1.5 m/s2
(2)由v2＝v1－a2t2，得v2＝2.4 m/s
(3)由x1＝ v1t1＝12 m
图4
(1)电梯启动和制动时的加速度大小；
(2)该大楼的层高．
7．(2018·台州市外国语学校期末)一同学家住在23层高楼的顶楼，他想研究一下电梯上升的运动过程．某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5kg的重物和一个量程足够大的ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ秤，他将重物放在台秤上．电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止．在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示：
图2
(1)求2 s末撤去拉力时箱子的速度大小；
(2)求2 s末撤去拉力后箱子继续运动多长时间才能停止运动．
5．(2018·宁波市期末)某同学用运动传感器“研究物体加速度与力的关系”时采用如图3甲所示装置，开始时将质量为m＝1kg的物体置于水平桌面上．现对物体施加一个水平向右的恒定推力F经过一段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的运动传感器得到了物体部分运动过程的v－t图象如图乙所示(g取10 m/s2，向右为速度正方向)．求：
图3
(1)3 s内物体的位移；
(2)物体与水平桌面间的动摩擦因数μ；
(3)拉力F的大小．
6．为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验，一质量为m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录了电梯从一楼到顶层的过程中体重计示数随时间的变化情况，并作出了如图4所示的图象，已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯轿厢内的楼层按钮上得知该大楼共19层．求：(g取10 m/s2)
2．某人沿直线匀加速行走了4 s，达到最大速度6 m/s后，又以1.2 m/s2的加速度沿直线匀减速行走了3 s，然后做匀速直线运动．求：
(1)匀加速运动时的加速度大小；
(2)匀速运动时的速度大小；
(3)前7 s过程中人的总位移大小．
3．(2018·西湖高级中学月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104N，受到的阻力恒为Ff＝2×104N，起飞速度v＝80 m/s.
时间/s
台秤示数/N
电梯启动前
50.0
0～3.0
58.0
3.0～13.0
50.0
13.0～19.0
46.0
19.0以后
50.0
根据表格中的数据，求：(g取10 m/s2)
(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；
(2)电梯在中间阶段上升的速度大小；
(3)该楼房平均每层楼的高度．
8．(2018·嘉兴市第一中学期中)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图5所示，假设某汽车以12 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车沿斜坡滑行．已知斜坡高AB＝5 m，长AC＝13 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝33 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面间的动摩擦因数为0.2.假设汽车经过A、C点时，速度大小保持不变．求：(g取10 m/s2，可将汽车视为质点)
图5
(1)汽车沿斜坡滑下的加速度大小；
(2)汽车刚运动到C点时，行人相对于C点的位移大小；
(3)试分析此种情况下，行人是否有危险？(回答“是”或“否”)如果有，请通过计算说明．
答案精析
1．(1)见解析(2)35 min
解析(1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力实现超声速运行的运输系统；
(2)飞行列车分为三个运动过程，先加速，后匀速，再减速；
最高速度v＝4 000 km/h≈1 111 m/s，
加速阶段的时间：t1＝＝ s≈278 s，
位移x1＝ vt1＝154 429 m
减速阶段的时间t2＝＝ s≈222 s，
位移x2＝ vt2＝123 321 m
匀速运动的位移x3＝x－x1－x2＝1 782 250 m
图1
(1)为提高运行速度，可以采用哪些方法？
(2)如果你将来乘坐从温州南站到北京南站的高速飞行列车，最高速度为4 000 km/h，列车从温州南站启动的加速度大小为0.4g，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g.你全程花费的时间约为多少分钟？(g＝10 m/s2，计算结果四舍五入取整)
(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？
(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？
4．(2018·杭州地区期末)质量为20 kg的箱子放在水平地面上，箱子与地面间的动摩擦因数为0.5，现用与水平方向成37°角的100 N的力拉箱子，如图2所示，箱子从静止开始运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)．