2015高考物理拉分题专项训练3(Word版含答案)

合集下载

2015高考物理拉分题专项训练1

力的合成与分解1．合力与分力：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力叫做分力．合力和分力是等效替代的关系．2．共点力：作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力，如图所示均是共点力．3．力的合成：求几个力的合力的过程叫做力的合成．①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法．4．力的分解：求一个已知力的分力的过程叫做力的分解，力的分解遵循平行四边形定则或三角形定则．力的分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解．5．力的合成与分解关系如图所示：【例1】如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止，下列判断正确的是（）A．F1 > F2 > F3 B．F3 > F1 > F2 C．F2 > F3 > F1 D． F3 > F2 >F1B；由连接点P在三个力作用下静止知，三个力的合力为零，即F1、F2二力的合力F3′与F3等大反向，三力构成的平行四边形如图所示．由数学知识可知F3 > F1 > F2，B正确．【变式跟踪1】三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是（）A．F大小的取值范围一定是0 ≤ F ≤ F1 + F2 + F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1∶F2∶F3 = 3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3 = 3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零C；合力不一定大于分力，B错，三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不一定为零，A错；当三个力的大小分别为3a，6a，8a，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C正确，当三个力的大小分别为3a，6a，2a时，不满足上述情况，故D错．【变式跟踪2】一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示（小方格边长相等），则下列说法正确的是（）A．三力的合力有最大值F1 + F2 + F3，方向不确定B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求出合力大小B；对于给定的三个共点力，其大小、方向均确定，则合力的大小唯一、方向确定．排除A、C；根据图表，可先作出F1、F2的合力，不难发现F1、F2的合力方向与F3同向，大小等于2F3，根据几何关系可求出合力大小等于3F3，B对．【例2】如图所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体沿斜劈表面向下运动，重力做的功与克服力F做的功相等．则下列判断中正确的是（）A．物体可能加速下滑B．物体可能受三个力作用，且合力为零C．斜劈受到地面的摩擦力方向一定水平向左D．撤去F后斜劈一定受到地面的摩擦力B；对物体受力分析如图，由重力做的功与克服力F做的功相等可知，重力的分力G1＝F1，若斜劈表面光滑，则物体匀速运动，若斜劈表面粗糙，则物体减速运动，故A错误，B正确．若F N与F f的合力方向竖直向上，则斜劈与地面间无摩擦力，C错误．撤去F后，若F N与F f的合力方向竖直向上，则斜劈与地面间无摩擦力，故D错误．【变式跟踪3】如图所示，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到地面的静摩擦力的大小为（）A．0 B．Fcos α C．Fsin α D．Ftan α变式2 C；滑块受力如图．将力F正交分解，由水平方向合力为零可知F f＝Fsin α，所以C正确【例3】如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（）A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间一定有摩擦力AD；将a、b看成整体，其受力图如图所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．【变式跟踪4】如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）A；以A、B为整体，A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a∥和a⊥，如图所示，以B为研究对象，B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a ∥，因此B 受到三个力的作用，即：重力、A 对B 的支持力、A 对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A 正确．【例3】【2013上海高考】两个共点力F l 、F 2大小不同，它们的合力大小为F ，则（ AD ）A ．F 1、F 2同时增大一倍，F 也增大一倍B ．F 1、F 2同时增加10N ，F 也增加10NC ．F 1增加10N ，F 2减少10N ，F 一定不变D ．若F 1、F 2中的一个增大，F 不一定增大【预测1】一质量为m 的物体放在粗糙斜面上保持静止．现用水平力F 推m ，如图所示，F 由零逐渐增加，整个过程中物体m 和斜面始终保持静止状态，则（）A ．物体m 所受的支持力逐渐增加B ．物体m 所受的静摩擦力逐渐减小直到为零C ．物体m 所受的合力逐渐增加D ．水平面对斜面的摩擦力逐渐增加AD ；物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零．故C错误．对物体受力分析并分解如图，未画上f ，讨论f 的情况：① Fcos θ = Gsin θ；f = 0 ② Fcos θ ＞ Gsin θ；f 沿斜面向下 ③ Fcos θ ＜ Gsin θ；f 沿斜面向上．所以f 的变化情况是：① 有可能一直变大 ② 有可能先变小后反向变大故B错误．物体m 所受的支持力大小等于Gcos θ + Fsin θ，故A 正确．将物体和斜面看做一个整体分析可知，随F 增大，水平面对斜面的摩擦力逐渐增加．【变式跟踪4】【2013重庆高考】如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人所受重力为G ，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为（ A ）A ．GB ．Gsin θC ．Gcos θD ．Gtan θ【预测】如图所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为M/2，A 、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角θ＝30°的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态．现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（）A ．绳子拉力逐渐减小B ．A 对斜面的压力逐渐增大C ．A 所受的摩擦力逐渐增大D ．A 所受的合力不变BD ；现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中，绳子拉力等于B 物体重力，不变，选项A 错误；A 对斜面的压力逐渐增大，A 所受的合力不变，A 所受的摩擦力可能逐渐减小，选项C 错误BD 正确．1．将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（）C ；A 项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G 1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G 2；B 项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G 1和G 2，A 、B项图均画得正确．C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分θ力G1和G2，故C项图画错．D项中物体的重力分解为水平向左压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D项正确．2．如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点（如图甲所示）和跨过滑轮的轻绳BC上（如图乙所示），图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A 插在墙壁内，已知θ = 30°，则图甲中轻杆AB受到绳子的作用力F1和图乙中滑轮受到绳子的作用力F2分别为（Ｄ）A．F1 = mg、F2 = 3mg B．F1 = 3mg、F2 = 3mgC．F1 =33mg、F2 = mg D．F1 = 3mg、F2 = mg3．已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则（）A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向 D．F2可取任意方向C；由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：当F2＝F20＝25 N时，F1的大小才是唯一的，F2的方向才是唯一的．因F2＝30 N>F20＝25 N，所以F1的大小有两个，即F1′和F1″，F2的方向有两个，即F2′的方向和F2″的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确．4．如图所示，固定斜面上有一光滑小球，分别与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的（）A．1 B．2 C．3 D．4A；设斜面倾角为θ，小球质量为m，假设轻弹簧P对小球的拉力大小恰好等于mg，则小球受二力平衡；假设轻弹簧Q对小球的拉力等于mgsinθ，小球受到重力、弹簧Q的拉力和斜面的支持力作用，三力平衡；如果两个弹簧对小球都施加了拉力，那么除了重力，小球只有再受到斜面的支持力才能保证小球受力平衡，即四力平衡；小球只受单个力的作用，合力不可能为零，小球不可能处于静止状态．5．如图所示，两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上，A、B两物体均处于静止状态．若各接触面与水平地面平行，则A、B两物体各受几个力（）A．3个、4个 B．4个、4个 C．4个、5个 D．4个、6个C；对物体A受力分析，竖直方向上受两个力：重力和支持力；水平方向上受两个力：水平力F和B对A的摩擦力，即物体A共受4个力作用．对物体B受力分析，竖直方向上受3个力作用：重力、地面的支持力、A对B的压力；水平方向上受两个力作用：水平力F和A对B向右的摩擦力，即物体B共受5个力的作用，故答案C正确．6．如图所示，一根细线两端分别固定在A、B点，质量为m的物体上面带一个小夹子，开始时用夹子将物体固定在图示位置，OA段细线水平，OB段细线与水平方向的夹角为θ = 45°，现将夹子向左移动一小段距离，移动后物体仍处于静止状态，关于OA、OB两段细线中的拉力大小，下列说法正确的是（）A．移动前，OA段细线中的拉力等于物体所受的重力大小B．移动前，OA段细线中的拉力小于物体所受的重力大小C．移动后，OB段细线中拉力的竖直分量不变D ．移动后，OB 段细线中拉力的竖直分量变小AD ；取O 点为研究对象，受力如图所示，由图知：T OA ＝T O Bcos θ，T OB sin θ＝mg ，当θ＝45°时，T OA ＝mg ，A 对；向左移动一小段距离后，O 点位置下移，OB 段细线中拉力的竖直分量与OA 段细线中拉力的竖直分量之和等于重力大小，即OB 段细线中拉力的竖直分量变小，D 对．7．如图所示，杆BC 的B 端用铰链接在竖直墙上，另一端C 为一滑轮．重物G 上系一绳经过滑轮固定于墙上A 点处，杆恰好平衡．若将绳的A 端沿墙缓慢向下移（BC 杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（）A ．绳的拉力增大，BC 杆受绳的压力增大B ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力增大C ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力减小D ．绳的拉力不变，BC 杆受绳的压力不变B ；选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示，绳中的弹力大小相等，即T 1＝T 2＝G ，C 点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图虚线所示，设AC 段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F ＝2Gsin θ/2，当绳的A 端沿墙缓慢向下移时，θ增大，F 也增大，根据牛顿第三定律知，BC 杆受绳的压力增大，B 正确．8．如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L ，在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片可将弹丸发射出去．若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k ，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L （弹性限度内），则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为（）A ．B ．C ．kLD ．2kLA ；发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L ，每根橡皮条的弹力为kL ，两根橡皮条的夹角为θ=2arcsin0.25，弹丸被发射过程中所受的最大弹力，选项A 正确．9．如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m 的滑块，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为．现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F 随夹角θ的变化关系可能是图中的（）C ；设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsin α=μmgcos α得，α= 30°，则θ在0-30°范围内，弹簧处于原长，弹力F=0；当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得，其中tan β=-μ，说明F 与θ是正弦形式的关系．当θ= 90°时，F = mg ．故选C ．10．一轻杆BO ，其O 端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO 上，B 端挂重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A 处的光滑小滑轮，用力F 拉住，如图所示．现将细绳缓慢向左拉，使杆BO 与AO的夹角逐渐减小，则在此过程中，拉力F 及杆BO 所受压力F N 的大小变化情况是（）A ．F N 先减小，后增大B ．F N 始终不变C ．F 先减小，后增大D ．F 始终不变A ；当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，设物体的重力为G ．以B 点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．作出力F N 与F 的合力F 2，根据平衡条件得知，F 2=F 1=G ．由△F 2F N B∽△ABO 得2N F BO F AO=得到N BO F G AO =式中BO 、AO 、G 不变，则F N 保持不变．OA 、OB 的夹角减小，由力的合成和分解知识可知F 逐渐减小．只有A 正确．11．图中弹簧秤、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G ，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F 1、F 2、F 3，则（）A ． F 3 > F 1 = F 2B ．F 3 = F 1 >F 2C ．F 1 = F 2 =F 3D ．F 1 > F 2 =F 3B ；甲图：物体静止，弹簧的拉力F 1=mg ；乙图：以物体为研究对象，作出受力分析图如图，由平衡条件得F 2=Gsin60°=0.866mg；丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得F 3=mg ．故F 3=F 1＞F 2，故选B ．12．如图所示，加装“保护器”的飞机在空中发生事故失去动力时，上方的降落伞就会自动弹出．已知一根伞绳能承重2000N ，伞展开后伞绳与竖直方向的夹角为37°，飞机的质量约为8吨．忽略其他因素，仅考虑当飞机处于平衡时，降落伞的伞绳至少所需的根数最接近于（图中只画出了2根伞绳，sin37°=0.6,cos37°=0.8）（）A ．25B ．50C ．75D ．100B ；设至少需要n 根伞绳，每根伞绳的拉力F 等于2000N ，飞机受力平衡，则，代入数据解得n=50根。

2015高考理科综合物理部分广东卷精校图片重绘含答案解析word版

2015年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）理科综合物理部分一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13、甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图所示。

下列表述正确的是（）A. 0.2-0.5小时内，甲的加速度比乙的大B. 0.2-0.5小时内，甲的速度比乙的大C. 0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的小D. 0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等14.如图4所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物（）A.帆船朝正东方向航行，速度大小为vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为vC.帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为v 2D.帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v 215. 图5为加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220V 降至110V 。

调节前后（）A. 副线圈中的电流比为1:2B. 副线圈输出功率比为2:1C. 副线圈的接入匝数比为2:1D. 原线圈输入功率比为1:216.在同一匀强磁场中，α粒子（42He ）和质子(11H )做匀速圆周运动，若他们的动量大小相等，则α粒子和质子（）A. 运动半径之比是2:1B. 运动周期之比是2:1C. 运动速度大小之比是4:1D. 受到的洛伦兹力之比是2:1二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17.图6为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水。

在水加热升温的过程中，被封闭的空气（）A. 内能增大B. 压强增大C. 分子间引力和斥力都减小D. 所有分子运动速率都增大18. 科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：MeV H He Y X 9.43142++→+和MeV X H H H 6.17423121++→+，下列表述正确的有（）A. X 是中子B. Y 的质子数是3，中子数是6C. 两个核反应都没有质量亏损D. 氘和氚的核反应是核聚变反应19.如图7所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端。

2015年高考物理试题分类汇编选修3-5及答案解析word版

2015年高考物理试题分类汇编选修3-5及答案解析word 版目录动量与动量守恒 (1)波粒二象性原子物理 (4)选修3-5汇总 (7)动量与动量守恒1.（15福建卷）如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v o ，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是____________。

(填选项前的字母)A. A 和B 都向左运动B. A 和B 都向右运动C. A 静止，B 向右运动D. A 向左运动，B 向右运动答案 D2.（15重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为mg + mg - mg +mg - 【答案】A【解析】试题分析：人下落h 高度为自由落体运动，由运动学公式22v gh =，可知v过程（取向上为正）由动量定理得()0()F mg t mv -=--，解得：F mg =，故选A 。

考点：本题考查运动学公式、动量定理。

3.（15新课标2卷）（10分）滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。

两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示。

求：（ⅰ）滑块a 、b 的质量之比；（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。

【答案】（1）8121=m m ；（2）21=∆E W考点：动量守恒定律；能量守恒定律4.（15新课标1卷）波粒二象性原子物理1.（15江苏卷）（1）波粒二象性时微观世界的基本特征，以下说法正确的有_______A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等（2）核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，23592U 是常用的核燃料。

2015年高考物理真题分类汇编热学(含解析)

2015年高考物理真题分类汇编——选修3-3 热学(2015新课标I-33（1）).【物理—选修3-3】（15分）（5分）下列说法正确的是（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错一个扣3分，最低得分为0分）A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变【答案】（1）BCD （选对1 个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1 个扣3分，最低得分为0分）【考点】固体的微观结构、晶体和非晶体【解析】解析：晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A 错。

根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，选项B 对。

同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和石墨。

选项C 对。

晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项D 对。

熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E 错。

(2015新课标I-33（2）)【物理—选修3-3】（10分）如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m 1=2.50kg ，横截面积为s1=80.0cm 2，小活塞的质量为m 2=1.50kg ，横截面积为s 2=40.0cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l =40.0cm ，气缸外大气压强为p=1.00×105Pa ，温度为T=303K 。

初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T 1=495K ，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g 取10m/s 2，求（i ）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（ii ）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强【答案】（i ）330K (ii) 1.01105 Pa【考点】气体实验定律；理想气体；共点力的平衡【解析】(i) 设初始时气体体积为V 1 ,在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2 ,温度为T 2 ,由题给条件得：V 1 = s 2( - ) + s 1() ·······○1 V2 = s 2 ·······○2 在活塞缓慢下移的过程中，用P 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得：s 1(P 1 – P) = m 1g + m 2g + s 2(P 1 – P)······○3 故缸内的气体的压强不变，由盖·吕萨克定律有：= ······○4 联立○1○2○4式并代入题给数据得：T 2 = 330K ······○5 (ii)在大活塞与大圆筒底面刚接触时，被封闭气体的压强为P 1 ,在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变，没达到热平衡时被封闭气体的压强为P / ,由查理定律有： = ······○6 （2分）联立○3○5○6式并代入题给数据得： P/ = 1.01105 Pa ······○7（2分）【2015新课标II-33】33. [物理选修3-3]（15分）（1）（5分）关于扩散现象，下列说法正确的是（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A.温度越高，扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的【答案】ACD考点：分子动理论【2015新课标II-33】（2）（10分）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B 侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm 时，将开关K关闭，已知大气压强P0=75.0cmHg。

2015年高考理综试题物理部分含解析(缺选修 )WORD版

2015年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理部分——缺选修）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14、如图，两平行带电金属板水平放置，若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A 、保持静止状态B 、向左上方做匀加速运动C 、向正下方做匀加速运动D 、向左下方做匀加速运动14、答案：D 解析：未旋转金属板前，由平衡条件可知，电场力与重力等大反向；当金属板绕a 点逆时针旋转45度后，电场方向也逆时针旋转45度，因而电场力如图，与重力的合力方向沿左下方；故D 对15如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上。

当金属框绕ab 边以角速度逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c 。

已知bc 边的长度为l 。

下列判断正确的是（）A 、 U a >U c ，金属框中无电流B 、 U b >U c ，金属框中电流方向沿a-b-c-aEq=mgmgEq=mgC 、 U bc =ω221BI -，金属框中无电流 D 、 U bc =ω221BI ，金属框中电流方向沿a-b-c-a15、答案：C 解析：因线圈平面与磁场方向平行故转动时穿过线圈平面的磁通量为0，且不改变，故无感应电流，但bc 、ac 切割磁感线，故会产生感应电动势，由右手定则知c 端电势高，感应电动势E=2222l B l Bl Blv l ωω==,故U bc =－22l B ω．C 对16、由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

2015高考物理拉分题专项训练11

自由落体运动与竖直上抛运动基础自测一、自由落体运动1．自由落体运动的特点：(1)从静止开始，即初速度为零．(2)物体只受重力作用．自由落体运动是一个初速度为零的匀加速直线运动．2．重力加速度：自由落体的加速度叫做重力加速度，用g 表示，它的大小约为9.8 m/s 2，方向竖直向下．(1)重力加速度是由于地球的引力产生的，地球上不同的地方g 的大小不同，赤道上的重力加速度比在两极的要小．(2)重力加速度的大小会随位置的改变而变化，但变化量不大，所以我们在今后的计算中，认为其为一定值，常用9.8 m/s 2，在粗略的计算中也可以取10 m/s 2.(3)自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动．匀变速直线运动的一切规律，对自由落体运动都是适用的．v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh.另外，初速度为零的匀加速运动的比例式对自由落体运动也是适用的．二、竖直上抛运动1．竖直上抛运动问题的处理方法 (1)分段法可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动处理． (2)整体法将竖直上抛运动视为初速度为v 0，加速度为的匀减速直线运动． 2．竖直上抛运动的重要特性 (1)对称性①时间对称性：上升过程和下降过程时间相等②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等 (2)多解性实例指导【例1】伽利略用实验验证v∝t 的最大困难是( ) A ．不能很准确地测定下落的距离 B ．不能测出下落物体的瞬时速度 C ．当时没有测量时间的仪器D ．当时没有记录落体运动的数码相机答案 B【变式跟踪1】关于自由落体运动，下列说法中正确的是( ) A ．初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动B ．只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动C ．自由落体运动在任意相等的时间内速度变化量相等D ．自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动答案 CD 解析 A 选项中，竖直向下的运动，有可能受到空气阻力或其他力的影响，下落的加速度不等于g ，这样就不是自由落体运动；选项B 中，物体有可能具有初速度，所以选项A 、B 不对．选项C 中，因自由落体运动是匀变速直线运动，加速度恒定，由加速度的概念a ＝ΔvΔt可知，Δv＝gΔt，所以若时间相等，则速度的变化量相等．选项D 可根据自由落体运动的性质判定是正确的【变式跟踪2】关于自由落体运动的加速度g ，下列说法正确的是( ) A ．重的物体的g 值大B ．g 值在地面任何地方一样大C ．g 值在赤道处大于南北两极处D ．同一地点的轻重物体的g 值一样大答案 D 解析在同一地点所有物体g 值都相同．在地面不同地方，重力加速度的大小不同．从赤道到两极，g 值变大【例2】从离地500 m 的高空自由落下一个小球，g 取10 m/s 2，求： (1)经过多长时间落到地面；(2)从开始下落时刻起，在第1 s 内的位移大小、最后1 s 内的位移大小； (3)落下一半时间时的位移大小．答案 (1)10 s (2)5 m 95 m (3)125 m 解析 (1)由位移公式x ＝12gt 2，得落地时间t ＝2x g＝2×50010s ＝10 s. (2)第1 s 内的位移：x 1＝12gt 21＝12×10×12 m ＝5 m ，前9 s 内的位移为：x 9＝12gt 29＝12×10×92m ＝405 m ，最后1 s 内的位移等于总位移和前9 s 内位移的差，即x 10＝x －x 9＝(500－405) m＝95 m.(3)落下一半时间即t′＝5 s ，其位移x′＝12gt′2＝12×10×52m ＝125 m.【变式跟踪3】一矿井深125 m ，在井口每隔一定时间自由落下一个小球．当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球恰好到达井底．则相邻两小球开始下落的时间间隔为________ s ，这时第3个小球和第5个小球相距________ m. 答案 35解析设相邻两小球开始下落的时间间隔为T ，则第1个小球从井口落至井底的时间为t ＝10T.由题意知h ＝12gt 2＝12g(10T)2，T ＝2h100g＝ 2×125100×10s ＝ s.利用初速度为零的匀加速直线运动的规律，从时间t ＝0开始，在连续相等的时间内位移之比等于以1开始的连续奇数比．从第11个小球下落开始计时，经T,2T,3T ，…，10T 后它将依次到达第10个、第9个、…、第2个、第1个小球的位置，各个位置之间的位移之比为1∶3∶5∶…∶17∶19，所以这时第3个小球和第5个小球相距： Δh＝13＋151＋3＋5＋…＋18＋19h ＝28100×125 m＝35 m【变式跟踪4】(2013·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落地声，由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m 解析：选B h ＝12gt 2＝12×10×22m ＝20 m 。

2015高考物理答案及解析

2015年物理真题答案及解析一、单选题14.D 15.B 16.A 17.C 18.D14.2v qvB m r=⋅,B 减小r 增大 v w r =⋅，r 增大w 减小15.0MN M P ϕϕϕϕ-=->,直线d 在同一等势面内，从而直线c 在同一等势面内M Q N P ϕϕϕϕ=>=2U I R =，从而原线圈2133I U I R ==，所以3220()3UR U V R+=，故66U V = 17.底部时24N v mg mg m R-=，从而23N mv mgR =，又2122fN W mg R mv +⋅=(又f N μ=，2cos vN mg m Rθ-⋅=。

因为同一高度时V V <右左，所以N N <右左，f f <右左，从而 12f f W R W mg =-<-右左，又22122Q N f R m m mg R R vv W -=-⋅右（动能定理），所以0Q v >18.由题意，若乒乓球经过球网中点，则乒乓球有最小发射速度min v ；若乒乓球降于球台的边角，则乒乓球有最大发射速度max v 。

又21min min min 13,22L h h gt v t -==⋅又2max 132h gt v ==二、多选题19.AB 20.ACD 21.BD 20.由题意01sin cos v m mg mg t θμθ=⋅+⋅，11sin cos vm mg mg t θμθ=⋅-⋅，故,,,a h θμ可求21.2M R GM =81 3.7M R m mg R ==地地月月，，,故2g 81, g v 3.6/g 3.7m s ===地地月=1.66，，又22GM v m m R R =，得v =M R =81 3.7M R =地地月月，三、填空题22.（2） 1.40 （4）0.81*9.8=7.9 ; 20.4(0.810.40)*9.80.2v ⋅=-23.（1）12120.001*1000.0010.003,50R R R R +=+=+，22110.001*(100)1000.0010.010,9R R R R +++==，1315,35R R ==（2） 300 3000（3） C 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 2四、应用题24.依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。

【精品】2015年北京市高考物理模拟试卷(三)含答案

2015年北京市高考物理模拟试卷（三）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）我国已建成的秦山、大亚湾等十几座核电站，有效的解决了工农业生产中的电力需求问题．目前这些正在工作中的核电站利用的是（）A．放射性元素衰变放出的能量B．人工放射性同位素衰变放出的能量C．重核裂变放出的能量D．轻核聚变放出的能量2．（6分）下列现象中能说明分子间存在斥力的是（）A．气体的体积容易被压缩B．液体的体积很难被压缩C．走进中医院，中药的气味很容易被闻到D．将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起3．（6分）两块相同的、彼此正对平行且相互绝缘的金属板构成了一个平行板电容器，现给这个电容器充电后，与电源断开，再将这个电容器的两极板相互靠近，保持正对面积不变，则（）A．电容器所储存的电能不变B．电容器所带的电荷量减少C．电容器的电容减小D．电容器两极板间的电势差减小4．（6分）如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场区域的宽度．开始时线框的ab边恰与磁场的边界重合，整个运动过程中线框的运动方向始终与ab边垂直，线框平面始终与磁场方向垂直．则下图中可能定性反映出线框中a、b两点间的电势差U ab随时间变化的是（）A．B．C．D．5．（6分）2003年10月15日，我国航天员杨利伟乘“神舟5号”载人飞船进入太空，经过21h绕地球飞行14周后返回地面，成为中国进入太空的第一人．已知地球半径为6400km，“神舟5号”飞船绕地球飞行的轨道可视为圆周，则“神舟5号”飞船运行的轨道距地面的高度约为（）A．几千千米B．几百千米C．几万米D．几千米6．（6分）向平静的水面上抛入一小块石头，在水面上激起一列水波．若将水波视为理想的横波（实际上水波的情况较复杂．不是横波），现观察到水面上漂浮的一片树叶A在开始振动后6s内全振动了3次，当这片树叶开始第6次振动时，沿这列水波传播的方向与该片树叶相距10m、浮在水面上的另一片树叶B刚好开始振动，则（）A．这列水波的周期是0.5sB．这列水波的波长为mC．这列水波的速度为1.0m/sD．树叶A在l．Os内沿水面运动1．Om7．（6分）如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相问的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是（）A．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B．双缝到光屏的距离L不同，乙图对应的L较大C．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大8．（6分）在研究物体运动规律时，可以用频闪照相技术拍下运动物体的情况，然后根据频闪照片记录相等时间间隔内物体位置的变化，分析物体运动的速度与加速度．现要研究甲、乙两个小球的运动情况，拍摄时，甲球从A点水平抛出的同时，乙球从B点开始下落，同时频闪照相系统开始闪光拍照，所得到的频闪照片如图所示．已知照片背景的小方格均为相同的正方形，则下列说法中正确的是（）A．只能确定乙球的运动是自由落体运动，不能对甲球的运动作出判断B．不能确定甲球沿竖直方向的运动是自由落体运动C．只能确定甲球沿水平方向的运动是匀速直线运动，不能对其竖直方向的运动作出判断D．可以确定甲球的运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成二、非选择题9．（6分）如图为示波器的面板，荧光屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．①若要增大荧光屏上显示波形的亮度，应调节旋钮．②若要使荧光屏上显示的波形线条变细且边缘清晰，应调节旋钮．③若要将荧光屏上显示的波形曲线调至荧光屏的中央，应调节旋钮．10．（12分）用如图1所示的装置进行实验，可以研究物体的加速度与质量及所受合外力的关系．实验过程中，将砝码盘及其中砝码所受总重力视为研究物体（小车）昕受的合外力（拉力）的大小．①甲同学用这套装置探究“物体质量一定时．其加速度与合外力大小的关系”．a．他首先保证小车的质量不变．多次改变小车所受合外力（拉力）的大小．分别根据打点计时器打出的纸带计算出小车运动的加速度．并利用测量的数据画出a﹣F图线进行分析．b．若发现图线在横轴上的截距OA较大（如图2甲）．明显超出了偶然误差的范围，其原因是由于c．若发现图线不是一条直线，而向下弯曲（如图2乙），其原因是由于②乙同学用这套装置设计了研究“在合外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验方案，其主要实验步骤如下：a．先不加挂砝码盘，在小车上加装一定质量的砝码，调整木板右端的高度，用手轻推一下小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点迹．b．按住小车，按图2方式加挂砝码盘，打开打点计时器电源，释放小车，获得带有打上了点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．c．按住小车，仅改变小车上加装砝码的质量，更换纸带重复上述步骤a、b．d．求出与不同m相对应的加速度a．以小车上加装砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出去﹣m关系图线如图3所示．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则根据牛顿第二定律可知，小车受到的拉力为，小车的质量为．11．（16分）如图所示，长为L的平直轨道AB与位于竖直平面内、半径为尺的半圆形光滑轨道BCD平滑连接，半圆形轨道BCD的直径BD与水平轨道AB垂直．可视为质点的物块质量为m．在水平拉力的作用下，从水平轨道的A端由静止出发到B点时撤去拉力．又沿半圆形轨道运动，并且恰好能通过轨道最高点D．已知重力加速度为g，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）物块通过轨道最高点D时的速度大小；（2）物块通过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）水平拉力对物块所做的功．12．（18分）如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，它们与两金属导轨组成闭合回路．已知两根导体棒的质量均为m，导体棒ab在导轨之间的电阻为2R，导体棒cd在导轨之间的电阻为R，导轨光滑且电阻可忽略不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B．开始时，导体棒cd静止，导体棒ab具有水平向右的初速度v0，此后的运动过程中，两导体始终与金属导轨垂直且接触良好．求：（1）闭合回路中电流的最大值；（2）两导体棒运动的整个过程中回路中产生的焦耳热；（3）当导体棒ab的速度大小变为v0时，导体棒ab发热的功率及其加速度大小．13．（20分）如图所示，在电子枪中由阴极K逸出的电子，经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上．已知加速电压U=4.55×103V，电子的质量m=O.91×10﹣30kg、电荷量e=1.60×10﹣19C．电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度、所受重力及空气阻力均可忽略不计，不考虑相对论效应．（1）求电子通过加速电场加速后的速度大小；（2）若在加速电场中形成电流强度I=4.0mA稳定的细柱形电子流，电子打到目标靶上后不反弹而被靶吸收，求电子流对目标靶的平均作用力的大小；（3）若在加速电场中形成电流强度，I=4.0mA稳定的细柱形电子流，那么在匀强加速电场内沿电子流方向上取a、b两点，其中a点距负极板的距离为两板间距的，b点在正极板上，在这两点各取一段极短的相等长度的电子流，求这两段电子流内所含电子个数之比．2015年北京市高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）我国已建成的秦山、大亚湾等十几座核电站，有效的解决了工农业生产中的电力需求问题．目前这些正在工作中的核电站利用的是（）A．放射性元素衰变放出的能量B．人工放射性同位素衰变放出的能量C．重核裂变放出的能量D．轻核聚变放出的能量【解答】解：ABC、核电站采用的是核裂变来释放原子核能；故AB错误，C正确；D、目前的核电站均采用核裂变；聚变的应用尚在试验阶段；故D错误；故选：C．2．（6分）下列现象中能说明分子间存在斥力的是（）A．气体的体积容易被压缩B．液体的体积很难被压缩C．走进中医院，中药的气味很容易被闻到D．将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起【解答】解：A、气体的体积容易被压缩，是由于气体分子之间的距离比较大，不能说明分子间存在斥力．故A错误；B、液体难被压缩，是由于分子间存在斥力．故B正确；C、走进中医院，中药的气味很容易被闻到是由于分子的扩散．故C错误；D、将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起，是由于分子之间的引力比较小，不能说明分子之间存在斥力．故D错误．故选：B3．（6分）两块相同的、彼此正对平行且相互绝缘的金属板构成了一个平行板电容器，现给这个电容器充电后，与电源断开，再将这个电容器的两极板相互靠近，保持正对面积不变，则（）A．电容器所储存的电能不变B．电容器所带的电荷量减少C．电容器的电容减小D．电容器两极板间的电势差减小【解答】解：电容器正对面积不变，两极板相互靠近，d减小，由电容的决定式C=知电容逐渐增大．平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量Q不变；Q不变，C增大，由电容的定义式C=，知板间电压减小；电容器的储能取决于电量及电压的乘积，因电压减小，故电能减小；故ABC错误，D正确；故选：D．4．（6分）如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场区域的宽度．开始时线框的ab边恰与磁场的边界重合，整个运动过程中线框的运动方向始终与ab边垂直，线框平面始终与磁场方向垂直．则下图中可能定性反映出线框中a、b两点间的电势差U ab随时间变化的是（）A．B．C．D．【解答】解：设线框每边电阻为R，线框边长为L，线框速度为：v，线框进入磁场过程，产生的感应电动势：E=BLv，a、b两点间的电势差：U ab=×3R=BLv，线框完全进入磁场过程：U ab=E=BLv，线框离开磁场过程，产生的感应电动势：E=BLv，a、b两点间的电势差：U ab=×R=BLv，由图示图象可知，A正确，BCD错误；故选：A．5．（6分）2003年10月15日，我国航天员杨利伟乘“神舟5号”载人飞船进入太空，经过21h绕地球飞行14周后返回地面，成为中国进入太空的第一人．已知地球半径为6400km，“神舟5号”飞船绕地球飞行的轨道可视为圆周，则“神舟5号”飞船运行的轨道距地面的高度约为（）A．几千千米B．几百千米C．几万米D．几千米【解答】解：由题意知飞船绕地球飞行14圈用时间为21h23min，所以飞船的周期T==s=5400s飞船飞行时万有引力提供圆周运动向心力有：=m（R+h），根据万有引力等于重力得GM=gR2，可得卫星距地面的高度h=﹣R≈3×105m故选：B6．（6分）向平静的水面上抛入一小块石头，在水面上激起一列水波．若将水波视为理想的横波（实际上水波的情况较复杂．不是横波），现观察到水面上漂浮的一片树叶A在开始振动后6s内全振动了3次，当这片树叶开始第6次振动时，沿这列水波传播的方向与该片树叶相距10m、浮在水面上的另一片树叶B刚好开始振动，则（）A．这列水波的周期是0.5sB．这列水波的波长为mC．这列水波的速度为1.0m/sD．树叶A在l．Os内沿水面运动1．Om【解答】解：A、据题，小树叶在 3.0s内全振动了6次，则此水波的周期为T=s=2s．故A错误．B、C由题意当某小树叶开始第6次振动时，沿水波的传播方向与该小树叶相距10m、浮在水面的另一小树叶刚好开始振动，则波从第一个树叶传到第二个树叶的时间为5个周期，即为t=10s，波速为v==m/s=1.0m/s，波长为λ=vT=1×2m=2m．故B错误，C正确．D、树叶在原处上下振动，不随波逐流．故D错误．故选：C7．（6分）如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相问的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是（）A．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B．双缝到光屏的距离L不同，乙图对应的L较大C．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大【解答】解：A、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知，波长大的双缝间距大，所以甲图对应光的波长长，频率小．故A错误．B、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知，甲图对应的双缝间距大，则甲图双缝到光屏的距离大．故B正确．C、甲图的干涉条纹间距大，则可能是甲图对应的双缝间距较小．故C错误．D、光源到双缝的距离不影响双缝干涉条纹的间距．故D错误．故选：B．8．（6分）在研究物体运动规律时，可以用频闪照相技术拍下运动物体的情况，然后根据频闪照片记录相等时间间隔内物体位置的变化，分析物体运动的速度与加速度．现要研究甲、乙两个小球的运动情况，拍摄时，甲球从A点水平抛出的同时，乙球从B点开始下落，同时频闪照相系统开始闪光拍照，所得到的频闪照片如图所示．已知照片背景的小方格均为相同的正方形，则下列说法中正确的是（）A．只能确定乙球的运动是自由落体运动，不能对甲球的运动作出判断B．不能确定甲球沿竖直方向的运动是自由落体运动C．只能确定甲球沿水平方向的运动是匀速直线运动，不能对其竖直方向的运动作出判断D．可以确定甲球的运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成【解答】解：根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，可以确定乙球做自由落体运动，根据甲球在竖直方向上运动规律与乙球的运动规律相同，可知甲球在竖直方向上做自由落体运动，根据甲球在水平方向上相等时间内的水平位移相等，可知甲球在水平方向上做匀速直线运动．故D正确，A、B、C错误．故选：D．二、非选择题9．（6分）如图为示波器的面板，荧光屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．①若要增大荧光屏上显示波形的亮度，应调节辉度旋钮．②若要使荧光屏上显示的波形线条变细且边缘清晰，应调节聚焦旋钮．③若要将荧光屏上显示的波形曲线调至荧光屏的中央，应调节竖直位移（或写为↓↑）旋钮．【解答】解：（1）若要增大波形的亮度，应调节辉度调节旋钮；（2）若要波形变细且清晰，应调节聚焦调节旋钮和辅助聚焦调节旋钮；（3）若要将波形调至屏中央，应调节竖直位移调节旋钮．故答案为：（1）辉度；（2）聚焦；（3）竖直位移（或写为↓↑）．10．（12分）用如图1所示的装置进行实验，可以研究物体的加速度与质量及所受合外力的关系．实验过程中，将砝码盘及其中砝码所受总重力视为研究物体（小车）昕受的合外力（拉力）的大小．①甲同学用这套装置探究“物体质量一定时．其加速度与合外力大小的关系”．a．他首先保证小车的质量不变．多次改变小车所受合外力（拉力）的大小．分别根据打点计时器打出的纸带计算出小车运动的加速度．并利用测量的数据画出a﹣F图线进行分析．b．若发现图线在横轴上的截距OA较大（如图2甲）．明显超出了偶然误差的范围，其原因是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够c．若发现图线不是一条直线，而向下弯曲（如图2乙），其原因是由于不满足小车的质量远小于砝码盘中及其中砝码的总质量②乙同学用这套装置设计了研究“在合外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验方案，其主要实验步骤如下：a．先不加挂砝码盘，在小车上加装一定质量的砝码，调整木板右端的高度，用手轻推一下小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点迹．b．按住小车，按图2方式加挂砝码盘，打开打点计时器电源，释放小车，获得带有打上了点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．c．按住小车，仅改变小车上加装砝码的质量，更换纸带重复上述步骤a、b．d．求出与不同m相对应的加速度a．以小车上加装砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出去﹣m关系图线如图3所示．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则根据牛顿第二定律可知，小车受到的拉力为，小车的质量为．【解答】解：①甲图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．故A错误B 正确．乙图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．随着增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近于定值g，②设小车的质量为m'，则有F=（m+m'）a，变形得=m+，所以﹣m图象的斜率为=k，所以作用力F=，﹣m图象的截距为=b，所以m′=．故答案为：①没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，不满足小车的质量远小于砝码盘中及其中砝码的总质量；②，．11．（16分）如图所示，长为L的平直轨道AB与位于竖直平面内、半径为尺的半圆形光滑轨道BCD平滑连接，半圆形轨道BCD的直径BD与水平轨道AB垂直．可视为质点的物块质量为m．在水平拉力的作用下，从水平轨道的A端由静止出发到B点时撤去拉力．又沿半圆形轨道运动，并且恰好能通过轨道最高点D．已知重力加速度为g，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）物块通过轨道最高点D时的速度大小；（2）物块通过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；（3）水平拉力对物块所做的功．【解答】解：（1）设滑块恰好通过最高点D的速度为v D，根据牛顿第二定律有：mg=解得：（2）滑块自B点到D点的过程机械能守恒，设滑块在B点的速度为v B，则有：=设物块在B点所受到的支持力为FN，由牛顿第二定律可知：F N﹣mg=m解得：F N=6mg；根据牛顿第三定律可求求得，物块对轨道的压力大小为6mg；（3）由动能定理可知：W﹣μmgL=解得：W=mgR+μmgL答：（1）物块通过轨道最高点D时的速度大小为（2）物块通过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6mg；（3）水平拉力对物块所做的功mgR+μmgL12．（18分）如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，它们与两金属导轨组成闭合回路．已知两根导体棒的质量均为m，导体棒ab在导轨之间的电阻为2R，导体棒cd在导轨之间的电阻为R，导轨光滑且电阻可忽略不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B．开始时，导体棒cd静止，导体棒ab具有水平向右的初速度v0，此后的运动过程中，两导体始终与金属导轨垂直且接触良好．求：（1）闭合回路中电流的最大值；（2）两导体棒运动的整个过程中回路中产生的焦耳热；（3）当导体棒ab的速度大小变为v0时，导体棒ab发热的功率及其加速度大小．【解答】解：（1）当导体棒ab刚开始运动时，闭合回路中的磁通量变化率最大，感应电动势最大，所以电流最大，最大电动势为E m=BLv0由闭合电路欧姆定律得：最大电流为：（2）运动过程中，两导体棒沿水平方向不受外力，动量守恒设共同速度为v，则：mv0=2mv解得：整个过程中两导体棒组成系统损失的动能全部转化为焦耳热，根据能量守恒定律得：（3）设ab棒的速度变为时，cd棒的速度为v'，则由动量守恒可得：解得此时回路中的电动势为此时回路中的电流为导体棒的发热功率为：此时ab棒所受的安培力为由牛顿第二定律可得，ab棒的加速度为：答：（1）闭合回路中电流的最大值为；（2）两导体棒运动的整个过程中回路中产生的焦耳热为；（3）当导体棒ab的速度大小变为v0时，导体棒ab发热的功率为，其加速度大小为13．（20分）如图所示，在电子枪中由阴极K逸出的电子，经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上．已知加速电压U=4.55×103V，电子的质量m=O.91×10﹣30kg、电荷量e=1.60×10﹣19C．电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度、所受重力及空气阻力均可忽略不计，不考虑相对论效应．（1）求电子通过加速电场加速后的速度大小；（2）若在加速电场中形成电流强度I=4.0mA稳定的细柱形电子流，电子打到目标靶上后不反弹而被靶吸收，求电子流对目标靶的平均作用力的大小；（3）若在加速电场中形成电流强度，I=4.0mA稳定的细柱形电子流，那么在匀强加速电场内沿电子流方向上取a、b两点，其中a点距负极板的距离为两板间距的，b点在正极板上，在这两点各取一段极短的相等长度的电子流，求这两段电子流内所含电子个数之比．【解答】解：（1）电子被加速，从正极板射出时速度最大，设最大速度为v m，根据动能定理得电子的加速过程有：，解得最大速度为：==4.0×107m/s，（2）根据I=可知，1s内打到目标靶上的电子所带总电荷量为：q=It=4.0×10﹣3C，所以1s内打到目标靶上的电子数为：n=．设电子对目标靶的平均作用力为F，对t时间内打到目标靶上的电子，根据动量定理有：Ft=ntmv m，解得：F=nmv m=2.5×1016×0.91×10﹣30×4×107N=0.91×10﹣6N．（3）设a、b两处单位长度的电子流内所含的电子个数分别n a和n b，电子的速度分别为v a和v b，a、b两处的电流大小分别为I a=n a ev a，I b=n b ev b，因有稳定的细柱形电子流，所以有：I a=I b，又因电子从负极板到正极板做初速度为零的匀加速运动，设电子在电场中的加速度为a，根据运动学公式知，当电子运动到离负极板的距离为x时，其速度大小为，即v∝，所以有：．答：（1）电子通过加速电场加速后的速度大小为4.0×107m/s；（2）电子流对目标靶的平均作用力的大小为0.91×10﹣6N；（3）这两段电子流内所含电子个数之比为2：1．赠送—高考物理解答题规范化要求物理计算题可以综合地考查学生的知识和能力，在高考物理试题中，计算题在物理部分中的所占的比分很大(60%)，单题的分值也很高。

2015年高考物理试题浙江卷(精校word可编辑含答案)

2015年浙江高考物理试题14.下列说法中正确的是( )A.电流通过导体有势功率与电流大小成正比B.力对物体所做的功与力的作用时间成正比C.电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D.弹性限度内,弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比 15.如图所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间t ∆.测得遮光条的宽度为x ∆,用tx ∆∆近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度.为使t x ∆∆更接近瞬时速度,正确的措施是( )A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角16.如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置.工作时两极板分别接高压直流电源的正负极,表面渡铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间,则( )A.乒乓球的左侧感应出负电荷B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞17.如图为足球球门,球门宽为L .一个球员在球门中线正前方距离球门S 处高高跃起,将足球顶入球门中的左下方死角(图中P 点).球员顶球的高度为h ,足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则( ) A.足球位移的大小224S L x +=B. 足球初速度的大小)4(2220S L h g v +=C.足球末速度的大小gh S L h g v 4)4(222++= D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值S L 2tan =θ18.我国科学家正在研制航空母舰舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N;弹射器有效作用长度为100m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设阻力为总推力的20%,则( )A.弹射器的推力大小为N 6101.1⨯ B.弹射器对舰载机所做的功为J 8101.1⨯C.弹射器对舰载机做功的平均功率为W 7108.8⨯ D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为2/32s m 19.如图为赛车场的一个水平“U ”型弯道,转弯处为圆心在O 点的半圆,内外半径分别为r 和2r .一辆m 的赛车通过AB 线经弯道到达B A ''线,有如图所示的①、②、③三条路线,其中路线③是以O '为圆心的半圆,r O O ='.赛车沿圆弧路线行驶时,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则( )A.选择路线①,赛车经过的路程最短B.选择路线②,赛车的速率最小C.选择路线③,赛车所用时间最短D.①、②、③三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等 20.如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点,A 上带有Q =3.0×10-6C 的正电荷.两线夹角为1200,两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3m 处放有一带等量异种电荷的小球B,B 与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g=10m/s 2;静电力常量k =9.0×109N ·m 2/C 2,A 、B 球可视为点电荷),则( )A.支架对地面的压力大小为2.0NB.两线上的拉力大小F 1=F 2=1.9NC.将B 水平向右移,使M 、A 、B 在同一直线,此时两线上的拉力大小F 1=1.225N,F 2=1.0N第15题图高压直流电源第16题图第17题图第19题图D.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866N21.甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验.(1)图1中A、B、C、D、E表示部分实验器材,甲同学需在图中选用的器材；乙同学需在图中选用的器材 .(用字母表示)(2)乙同学在实验室选齐所需器材后,经正确操作获得如图2所示的两条纸带①和②.纸带的加速度大(填“①”或“②”),其加速度大小为 .22.(10分)图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图.(1)根据图1画出实验电路图;(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图2中的①、②、③、④所示,电流表的量程为0.6A,电压表的量程为3V.所示读数为:①、②、③、④ .两组数据得到的电阻分别是和 .23.(16分)如图所示,用一块长L 1=1.0m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H =0.8m,长L 2=1.5m.斜面与水平桌面的夹角θ可在0-600间调节后固定.将质量为m =0.2kg 的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数05.01=μ,物块与桌面间的动摩擦因数为2μ,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g =10m/s 2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多大时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)(2)当θ角增大到370时,物块恰好能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数2μ;(6.037sin 0=,8.037cos 0=)(3)继续增大θ角,发现053=θ时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离m x .24.(20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图1所示,等臂天平的左臂为挂盘,右盘挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平连长L =0.1m,竖直连长H =0.3m,匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B 0=1.0T,方向垂直线圈平面抽里.线圈中通有可在0-2.0A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g =10m/s 2)(1)为使电磁天平的是量程达到0.5kg,线圈的匝数N 1至少为多少? (2)进一步探究电磁感应现象,另选N 2=100匝、形状相同的线圈,总电阻R =10Ω,不接外电流,两臂平衡.如图2所示,保持B 0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B 随时间均匀变大,磁场区域宽度d =0.1m.当挂盘中放质量为0.01kg 的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率tB∆∆.B 0图1B 0图225.(22分)使用回旋加速器的实验需要把离子从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等.质量为m、速度为v的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为r的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为B.为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器.引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于O'点(O'点图中未画出).引出离子时,令引出通道内磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出.已知OQ长度为L.OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负;(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B',求B';(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应.为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小.参考答案14-17 CADB 18.ABD 19.ACD 20.BC。

2015年高考物理拉分题专项训练专题16 动能定理的应用(含解析)讲解

2015年高考物理拉分题专项训练专题16 动能定理的应用（含解析）一、考点精析（一）题型分类：对动能定理的考查，出题形式最为全面，有选择题、填空题、实验题、还常常以计算题的形式出现。

其综合性强，难度大，喜欢以压轴题的形式出现。

常以科技发展、生产生活等为命题背景，考查方式灵活多变，既可与动力学综合考查，也可与电磁学结合来考查。

考查主要集中在以下几个方面：考查动能定理、考查动能、F -x 等等一些图像。

（二）解题思路1．选取研究对象，明确它的运动过程。

2．分析研究对象的受力情况。

3．求出各力所做功的代数和，找出过程中初末状态所对应的动能之差，利用W ＝12mv 22－12mv 21求解。

二、经典考题例题1（2015届临沂）如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f m 与滑动摩擦力大小相等，则（）A ． 0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ． t 2时刻物块A 的加速度最大C ． t 3时刻物块A 的动能最大D ． t 1～t 4时间内物块A 的加速度先增大后减小B ．t 2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故B 对；C．t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻加速度等于零，速度达到最大值，此时动能最大，故C对；D．t1～t2时间，F逐渐增大，加速度逐渐增大，t2～t3时间，F逐渐减小，加速度逐渐减小，故D错。

答案：BC例题2（2015届东莞）如图所示质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体放在小车的一端．受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f，车长为L，车发生的位移为s，则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（）A．物体具有的动能为（F-f）（s+L）B．小车具有的动能为fsC．物体克服摩擦力所做的功为f（s+L）D．这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL例题3（2015届烟台）如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向为正方向）（）A ．B ．C ．D ．解析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W =mgh ，得出重力势能与位移变化关系．解：上滑时的加速度a 1=mg sin θ+μmg cos θm =g sin θ+μg cos θ，下滑时的加速度a 2=mg sin θ-μmg cos θm=g sin θ-μg cos θ．知a 1＞a 2．根据位移公式x =12 at 2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t 2＞上滑的时间t 1．由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度．根据速度-时间图线的斜率表示加速度，故A 对．动能是标量，不存在负值,故C 错．重力做功W =-mgh =-mgx sin θ，故D 对．答案：AD 例题4（2015届邵阳）如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。

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)。

匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度保持不变的运动．分为匀加速直线运动（a与v同方向）和匀减速直线运动（a与v反向）二、匀变速直线运动的规律：1.一个定义式：2.两个基本规律：①速度公式：v = v0 + at；②位移公式：x =v0t + at2/23.三个重要推论：①做匀变速直线的物体在连续相等的相邻时间间隔T内的位移差等于恒量，即说明：②做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度，即v平均= v t/2 = (v0 + v t)/2；【匀变速直线运动的某段位移中点的瞬时速度v x/2 = 】说明：无论匀加速还是匀减速直线运动都有③位移速度关系式：v2t– v02 =2ax4.初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：⑴在1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n = 1∶2∶3∶…∶n⑵在1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n = 12∶22∶32∶…∶n2⑶在第1个T内，第2个T内，第3个T内，…，第n个T内的位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶x Ⅲ∶…∶x N =1∶3∶5∶…∶(2n – 1)⑷从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n=【例1】根据给出的速度和加速度的正负，对物体运动性质的判断正确的是（）A ．v > 0，a < 0，物体做加速运动B ．v < 0，a < 0，物体做加速运动C ．v < 0，a > 0，物体做减速运动D ．v > 0，a >0，物体做加速运动BCD ；速度和加速度都是矢量，若二者符号相同，物体就做加速运动，故B 、D 正确；若二者符号相反，物体就做减速运动，故A 错误，C 正确．【变式跟踪1】一物体由静止开始沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，已知斜面长为18米，则：⑴ 物体在第3秒内的位移多大？⑵ 前3秒内的位移多大？⑴ 第1 s ，第2 s ，第3 s……第6 s 内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移x Ⅲ =51＋3＋5＋7＋9＋11×18 m = 2.5 m ， ⑵ 将6 s 的时间分成2个3 s ，前3 s 内的位移x 3＝11＋3×18 m ＝4.5 m. 【例2】珠海航展现场空军八一飞行表演队两架“歼-10”飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的“歼-10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 1，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为x ．求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有：x 1 = v 0t 1– 12a 1t 12，v B = v 0 – a 1t 1，B 到C 过程，依据运动学规律有：x 2 = v B t 2 – 12a 2t 22，0 = v B – a 2t 2，A 到C 过程，有：x = x 1 + x 2，联立解得：a 2 = (v 0 – a 1t 1)2/(2x + a 1t 12 – 2 v 0t 1) t 2 = (2x + a 1t 12 – 2v 0t 1)/( v 0 – a 1t 1)【变式跟踪2】如图所示是某型号全液体燃料火箭发射时第一级发动机工作时火箭的a – t 图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120 s 的时候，为了把加速度限制在4g 以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s ．由图线可以看出，火箭的初始加速度为15 m/s 2，且在前50 s 内，加速度可以看做均匀变化，试计算：⑴ t = 50 s 时火箭的速度大小；⑵ 如果火箭是竖直发射的，在前看成匀加速运动，则时离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，不计空气阻力，碎片将需多长时间落地？（取g = 10 m/s 2，结果可用根式表示）⑴ 因为在前50 s 内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线是倾斜的直线，它与时间轴所围的面积就表示该时刻的速度大小，所以有：v = (1/2)(15＋20)×50 m/s = 875 m/s ．⑵ 如果火箭是竖直发射的，在t = 10 s 前看成匀加速运动，则t = 10 s 时离地面的高度是h=at 2/2 =(1/2)×15×102 m = 750 m ，如果有一碎片脱落，它的初速度v 1＝at ＝150 m/s ，离开火箭后做竖直上抛运动，有－h = v 1t －12gt 2，代入数据解得t ＝5(3＋15) s ，t ′＝5(3－15) s 舍去．【例3】一辆汽车以10 m/s 的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s 2，则刹车后汽车在1 min 内通过的位移大小为（）A ．240 mB ．250 mC ．260 mD ．90 mB ；因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t = v 0/a = 50 s ，所以汽车刹车后在1 min 内通过的位移为x = v 0t/2 = 250 m ．【变式跟踪3】一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是（）A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 mC ；因汽车做匀减速直线运动．由x = v 0t ＋12at 2得 9＝v 0×1－12a ×12，9＋7＝v 0×2－12a ×22，解得v 0 = 10 m/s ，a = 2 m/s 2．汽车从刹车到停止所需时间t = v 0/a = 5s ；刹车后6 s 内的位移即5 s 内的位移x = v 0t – 12at 2，代入数据解得x = 25 m ．【例4】（2013广东高考）某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（ B ）A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s【预测1】中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约3000m，着陆距离大约为2000m．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是（）A．3∶2B．1∶1C．1∶2D．2∶1B；由x = vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是t1:t2=(x1/x2)(v2/v1) =1∶1，选项B正确．【例5】（2013全国卷大纲版）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：⑴客车运行速度的大小；⑵货车运行加速度的大小⑴设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨长度为l，则客车速度为v = l/Δt，其中l = 25.0m、Δt =10.0/(16–1) s 得v = 37.5m/s．⑵ 设从货车开始运动后t = 20.0s 内客车行驶了s 1米，货车行驶了s 2米，货车加速度为a ，30节货车车厢的总长度为L = 30×16.0m ．由运动学公式有 s 1 = vt 、s 2 = at 2/2，由题给条件有L = s 1 – s 2，联立上述各式，并代入数据解得a = 1.35m/s 2．【预测2】小明同学乘坐“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏．当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中．已知动车组的总质量M = 2.0×105kg ，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g = 10m/s 2．在小明同学记录动车组速率这段时间内，求：⑴ 动车组的加速度值；⑵ 动车组牵引力的最大值；⑶ 动车组位移的大小．⑴ 通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a 1、a 2，由 a =Δv/Δt 代入数据后得a 1 = 0.1m/s 2、a 2 = 0.2m/s 2．⑵ 由牛顿第二定律 F - F f = Ma ，F f = 0.1Mg 当加速度大时，牵引力也大．代入数据得 F = F f + Ma 2 = 2.4×105N ．⑶ 通过作出动车组的 v – t 图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s ，第二次加速运动的开始时刻是450s ．x 1 =[ (v 1 + v 2)/2]t 1、x 2 = v 2t 2、x 3 = [ (v 2 + v 3)/2]t 3、x = x 1 + x 2 + x 3，代入数据解得x = 30250m ．1．一个物体从静止开始做匀加速直线运动．它在第1 s 内与第2 s 内的位移之比为x 1∶x 2，在走完第1 m 时与走完第2 m 时的速度之比为v 1∶v 2．以下说法正确的是（）A ．x 1∶x 2 = 1∶3，v 1∶v 2 = 1∶2B ．x 1∶x 2 = 1∶3，v 1∶v 2 = 1∶2 C ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶2 D ．x 1∶x 2 = 1∶4，v 1∶v 2 = 1∶ 2B ；由x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶xn ＝1∶3∶5∶…∶(2n – 1)知x 1∶x 2＝1∶3，由x ＝12at 2知t 1∶t 2＝1∶2，又v ＝at 可得v 1∶v 2＝1∶2，正确． 2．某做匀加速直线运动的物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则 t/2时刻的速度为（）A ．由于t 未知，无法确定 t/2时刻的速度B ．5 m/sC ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t/2时刻的速度D ．4 m/sD ；中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v t/2 = (v 0 + v)/2 = 4 m/s3．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间隔为（g 取10 m/s 2）（）A ．0.01 sB ．0.02 sC ．0.1 sD ．0.2 sC ；自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x 1 = (10.00 – 1.00)×10－2 m = 9.00×10－2 m ，x 2 = (29.00 – 10.00)×10－2 m ＝19.00×10－2 m ，根据公式Δx = aT 2得x 2–x 1 = gT 2，故T = 0.1 s ．4．做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是（）A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0B ；设加速度大小为a ，则开始减速时的初速度大小为v 0＝at ＝4a ，第1 s 内的位移是x 1＝v 0t 1－12at 12＝3.5a = 14 m ，所以a ＝4 m/s 2，物体最后1 s 的位移是x ＝12at 22＝2 m ．本题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s 内的位移是14 m ，所以第1 s 内的位移是2 m ．5．沙尘暴天气会严重影响交通．有一辆卡车以54 km/h 的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒（若没有人扶起他），该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前1.5 m处，避免了一场事故．已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则（）A．司机发现情况后，卡车经过3 s停下B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 mC．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/sD．若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人BD；v0＝15 m/s，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t2 = v0/a = 3 s，故卡车经过3.6 s停下来，A错误；卡车与该老人的距离x＝v0t1 + v02/2a＋Δx＝33 m，B正确；v平= (x –Δx)/(t1 + t2) ＝8.75 m/s，C错误；x′ = v′t1 + v′2/2a = 52 m > 33 m，所以D正确．6．从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是（）A．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2vB．两物体在空中运动的时间相等C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点AC；设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体初速度为v0，由题gt = v0– gt = v 得v0=2v．故A 正确．根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为t B= 2v/2g，A 竖直上抛，在空中运动时间t A = 2×(2v/g) = 4v/g．故B错误．物体A能上升的最大高度h A = (2v)2/2g，B 开始下落的高度h B=g(2v/g)2/2，显然两者相等．故C正确．两物体在空中同时达到同一高度为h = gt2/2 = g(v/g)2/2 = v2/2g = h B/4．故D错误．故选AC7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A．以向东为正方向，它们的位移-时间图像如图所示，图中t2 = 2t1，由图可知（）A．小鸟的速率是汽车速率的两倍B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3:1C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D．小鸟和汽车在0－t2时间内位移相等BC；设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为t1/2，则在小鸟和汽车相向运动的过程中有v1t1/2 + v2t1/2 = L，即（v1 + v2）t1/2 = L，对于汽车来说有v2t2 = L；联立以上两式可得v1 =3 v2，故A错误B正确．汽车通过的总路程为x2 = v2t2，小鸟飞行的总路程为x1 = v1t1=3 v2×(t2/2) = (3/2)x2，故C正确．小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误．故选BC．8．汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线．由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据．若某汽车刹车后至停止的加速度大小为7 m/s2，刹车线长为14 m，求：⑴该汽车刹车前的初始速度v0的大小；⑵该汽车从刹车至停下来所用的时间t0；⑶在此过程中汽车的平均速度．⑴由题意根据运动学公式v2– v20 = 2ax得– v20 = 2ax 代入数据解得v0 = 14 m/s．⑵法1：由得；法2：(逆过程) 由x = 12at02得⑶法1：v平均= x/t = 7 m/s；法2：v平均= (v0 + v)/2 = 7 m/s．9.物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．法1（比例法）：对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n = 1∶3∶5∶…∶(2n– 1)，现有x BC∶x AB = (x AC/4)∶(3x AC/4) = 1∶3，通过x AB的时间为t，故通过x BC的时间t BC = t．法2（中间时刻速度法）：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC = (v0 + 0)/2 = v0/2，又v02 =2ax AC①v B2= 2ax BC②x BC= x AC/4 ③解①②③得：v B= v0/2，可以看出v B正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC = t．法3（利用有关推论）：对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n= 1∶(2-1)∶(3-2)∶(4-3)∶…∶(n-n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为t x，那么通过BD，DE，EA的时间分别为：t BD = (2-1)t x，t DE = (3-2)t x，t EA = (2-3)t x，又t BD + t DE + t EA = t，得t x = t．10.(2013安徽省六校教学研究会联考)歼—15 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。