2017优化方案高考总复习·物理：第四章 第四节课后检测能力提升含解析
2017优化方案高考总复习·物理(新课标)第十章第一节课后检测能力提升Word版含解析
一、单项选择题 1.(2015·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) A ．峰值是e 0 B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：选D.因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝矩形线圈中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．2．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V解析：选B.由电流的热效应可得U 2R ×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．3．(2016·北京房山区一模)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0.015 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选B.由题图乙可知t ＝0.015 s 时感应电动势最大，根据E ＝n ΔΦΔt 知磁通量变化率最大，选项A 错误．t ＝0.01 s 时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B 正确．正弦交流电的有效值E ＝E m2＝220 V ，选项C 错误．根据题图乙知交流电周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项D 错误．4．图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电阻R ＝10 Ω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磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列说法正确的是( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压随时间变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流随时间变化的规律是i ＝cos 50πt (A)解析：选C.电阻R 上的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；0.02 s 时穿过线圈的磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)；通过R 的电流随时间变化的规律i ＝1.41cos 100πt (A)，选项C 正确，D 错误．5.(2016·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称值为“5 V 10 W ”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A解析：选C.由图知该电源电动势最大值为E m ＝5 2 V ，则有效值E ＝5 V ，通过电动机的电流I ＝105 A ＝2 A ，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r <52 Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P 热＝I 2r <P 总＝10 W ，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO ′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e 随时间t 的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A.由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS ·2πT .若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T ′变为原来的12，即T ′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．二、多项选择题7．如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V)解析：选BC.由题图可知，最大值U m ＝311 V ，有效值U ＝U m2＝220 V ，周期T ＝0.02 s ，表达式u ＝311sin 100πt (V)，故选项B 、C 正确．8．标有“220 V 40 W ”的电灯和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联接到交流电源上，V 为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )A ．t ＝T2时刻，V 的示数为零B ．电灯恰正常发光C ．电容器有可能被击穿D ．交流电压表V 的示数保持110 2 V 不变解析：选BC.交流电压表V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B 对；电压的峰值220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 对．9．面积都为S 且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B ＝B 0cos2πtT，从图示位置开始计时，则( )A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t >T )，两线圈产生的热量相同D ．从图示位置时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：选ACD.图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πTt ，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B 0S cos2πTt .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同．又因两线圈电阻相同，所以经过相同的时间t ，Q ＝E 2R t 也相同．经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝I －·T4也相同，故选项A 、C 、D 正确．10.(2016·忻州联考)如图所示，一个“U ”形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边的长均为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，则( )A ．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL 2B ．线框产生的感应电动势的最大值为BωL 2C ．电路中电阻R 两端电压的有效值为BωL 2RR ＋rD ．电路中电流的有效值为B ωL 22（R ＋r ）解析：选BD.由法拉第电磁感应定律知，图示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A 项错误；由交变电流电动势最大值表达式E m ＝BSω＝BωL 2可知B 项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，C 项中表达式为R 两端电压的最大值，C 项错误；由图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦交变电流，另半个周期电流为零，由有效值定义有E 2R ＋r T ＝⎝⎛⎭⎫E m 22R ＋r ·T2，解得E ＝E m2，由欧姆定律可知，D 项正确．三、非选择题11．电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象.⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时， 由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间为： t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1300 s(如图中t 2～t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析12.(2016·开封模拟)如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量；(3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量，并求出电流表的示数．解析：(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为 E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q ＝⎝⎛⎭⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R .(3)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R.设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝⎛⎭⎫E m 22R·T 2＝E ′2RT ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R.答案：(1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R π2r 2nB2R。
2017优化方案高考总复习·物理(江苏专用)第一章第三节课后检测能力提升Word版含解析
一、单项选择题1．(2016·河北冀州调研)如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s 内的位移－时间图线．若t ＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)．下列说法正确的是( )A ．t ＝1 s 时，质点在x ＝2 m 的位置B ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点的速率相等C ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点加速度的方向相反D ．前5 s 内，合外力对质点做正功解析：选B.因x －t 图线切线的斜率表示速度，则结合题图可知，t ＝0时刻质点从原点沿正向做匀减速运动，t ＝3 s 时减速到零，然后反向做匀加速运动，t ＝6 s 时返回原点．设初速度为v 0，又由题可知t ＝1 s 时，v ＝4 m/s ，t ＝3 s 时，v ＝0，再结合v ＝v 0＋at ，可得v 0＝6 m/s ，a ＝－2 m/s 2.由x ＝v 0t ＋12at 2，可得t ＝1 s 时，x ＝5 m ，A 错误；由v ＝v 0＋at ，得t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点的速率相等，B 正确；因质点做匀变速直线运动，则质点运动的加速度恒定不变，C 错误；由v ＝v 0＋at ，得t ＝5 s 时，v ＝－4 m/s ，速度大小比初速度小，合外力做负功，D 错误．2．(2014·高考天津卷)质点做直线运动的速度－时间图象如图所示，该质点( )A ．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 ．在前2秒内发生的位移为零D ．第3秒末和第5秒末的位置相同解析：选D.本题应从图象入手，分析质点的运动．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；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；在前2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，C 错误；从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻位置相同，D 正确．3．(2016·湖北八校二联)如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t 2时间内下列说法正确的是( )A ．两物体在t 1时刻速度大小相等B ．t 1时刻乙的速度大于甲的速度C ．两物体平均速度大小相等D ．甲的平均速度小于乙的平均速度解析：选C.因x －t 图线的斜率表示速度，则由题中图象可知A 、B 均错．因平均速度定义式为v －＝Δx Δt，甲、乙两物体在0～t 2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，C 对、D 错．4．(2016·河北正定调研)据英国《每日邮报》报道，27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛．自某运动员离开跳台开始计时，在t 2时刻运动员以速度v 2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是( )A ．该运动员在0～t 2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变B ．该运动员在t 2～t 3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态C ．在0～t 2时间内，平均速度v －1＝v 1＋v 22D ．在t 2～t 3时间内，平均速度v －2＝0＋v 22解析：选C.由题中图象可知，在0～t 2时间内运动员的加速度一直不变，A 项错误．在t 2～t 3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B 项错误．在0～t 2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度v －1＝v 1＋v 22，C 项正确．在t 2～t 3时间内，由图线与t 轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度v －2<0＋v 22，D 项错误．5．(2016·福建厦门质检)某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示，由图可知，启用ABS 后( )A ．t 1时刻车速更小B ．0～t 3时间内加速度更小C ．加速度总是比不启用ABS 时大D ．刹车后前行的距离比不启用ABS 时短解析：选D.由题图可知，启用ABS 后，t 1时刻车速更大，A 错误．由v －t 图线的斜率表示加速度可知，在0～t 1时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时小，而在t 1～t 2时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时大，B 、C 错误．由图线与横轴所围面积表示位移可知，启用ABS 后，刹车距离比不启用ABS 时短，D 正确．6．两辆游戏赛车a 、b 在两条平行的直车道上行驶．t ＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始，它们在四次比赛中的v －t 图象如图所示，则下列图象对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是( )解析：选C.v －t 图线与横轴所围的面积表示该段时间内的位移大小，题图A 中a 赛车的位移一直大于b 赛车的位移，A 不符合题意；题图B 和题图D 中a 赛车的位移一直小于b 赛车的位移，B 、D 不符合题意；题图C 中b 赛车在20 s 时追上a 赛车，C 符合题意．二、多项选择题7.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x －t 图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中正确的是( )A ．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇两次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 点所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s 解析：选BCD.从题图可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t ＝4 s 末时，甲车停止，故A 错误；乙车在0～10 s 内的位移大小为8 m ，平均速度大小v －＝0.8 m/s ，故B 正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C 正确；若乙车做匀变速直线运动，P 点对应的位置坐标为x ＝4 m ，恰好是在0～10 s 内乙车位移的中点，又因为v t 2＝v －＝0.8 m/s ，v P ＝v x 2>v t 2，故D 正确．8．(2016·南昌模拟)小张和小王分别驾车沿平直公路同向行驶，在某段时间内两车的v －t 图象如图所示，初始时小张在小王前方x 0处，下列说法正确的是( )A ．若x 0＝18 m ，两车相遇1次B ．若x 0<18 m ，两车相遇2次C ．若x 0＝36 m ，两车相遇1次D ．若x 0＝54 m ，两车相遇1次解析：选AB.由题图可知速度相等时小王比小张多行驶的“面积”为18 m ，故可知若x 0＝18 m ，二者恰好相遇，此后小张一直在小王前方，故A 正确；若x 0<18 m ，则在速度相等时小王已超过小张，速度相等后，小张的速度比小王大，故还会再相遇，故B 正确；同理可知C 、D 错误．9．(2016·黄冈调研)物体在x 轴上做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F 表示物体所受的合外力，a 表示物体的加速度，x 表示物体的位移，C 、D 图中曲线为抛物线)( )解析：选BD.根据a ＝F m可知，加速度与合外力成正比，故A 错误；由匀加速直线运动的速度公式v ＝at 可知a 恒定，v ∝t ，故B 正确；由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2可知，位移－时间图线为抛物线，且开口向上时为匀加速运动，开口向下时为匀减速运动，故C 错误、D 正确．10．(2016·宿迁高三模拟)某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的位移x 、速度v 、加速度a 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度为零，则下列图象中表示该物体在6 s 内位移一定不为零的是( )解析：选BCD.题图A ，根据图象可知，物体6 s 内的位移x ＝0－0＝0；题图B ，速度－时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，则物体6 s 内位移为正；题图C ，物体0～1 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，1～2 s 内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度为零，在一个周期内速度的方向不变，则物体6 s 内位移不为零；题图D ，物体在0～1 s 内，向正方向做匀加速直线运动，1～2 s 内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度为零，2～3 s 内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，3～4 s 内向负方向做匀减速直线运动.4 s 末位移为零，6 s 末位移等于2 s 末位移，不为零，故选项B 、C 、D 符合题意．三、非选择题11．由于公路维修只允许单车道通行．t ＝0时，甲车在前，乙车在后，相距x 0＝100 m ，速度均为v 0＝30 m/s ，从此时开始两车按图示规律运动(图1为甲车的v －t 图象，图2为乙车的a －t 图象)．(1)在甲车坐标系中画出乙车的v －t 图象；(2)判断两车是否会相撞．解析：(1)如图所示(2)由(1)中图象可知，6 s 时两车共速，在此之前，乙车速度一直比甲车大，如果6 s 时两车还没相撞，就不会相撞由图象面积可以算出x 甲＝67.5 mx 乙＝157.5 mx 乙－x 甲＝90 m<x 0＝100 m ，故两车不会相撞．答案：见解析12．(2016·江西八校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v 甲＝20 m/s 和v 乙＝32 m/s 的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a 甲＝2 m/s 2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章？(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m 处的速度恰好为6 m/s ，乙车司机在发现甲车刹车时经t 0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s 2的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m 区不超速．则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？解析：(1)甲车速度由20 m/s 减速至6 m/s 的过程中甲车位移x 1＝v 2甲－v 202a 甲＝91 mx 2＝x 0＋x 1＝100 m即甲车司机需在离收费站窗口至少100 m 处开始刹车．(2)设甲刹车后经时间t ，甲、乙两车速度相同，由运动学公式得 v 乙－a 乙(t －t 0)＝v 甲－a 甲t解得t ＝7 s相同速度v ＝v 甲－a 甲t ＝6 m/s ，即v ＝6 m/s 的共同速度为不相撞的临界条件 乙车从32 m/s 减速至6 m/s 的过程中的位移为x 3＝v 乙t 0＋v 2乙－v 202a 乙＝139.5 m 所以要满足条件甲、乙的距离至少为x ＝x 3－x 1＝48.5 m. 答案：(1)100 m (2)48.5 m。
2017优化方案高考总复习·物理：第四章 第三节课后检测能力提升 含解析
一、单项选择题1.(2016·廊坊模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是()A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动答案：A2.(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是()A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．3．(2016·资阳诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则()A.ω1ω2＝12 B.ω1ω2＝21 C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12解析：选C.根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ；联立解得μg ＝ω21r .小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R ＝2ω2r .由ωR ＝ω2r 联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；ma ＝μmg ，所以a 1a 2＝11，选项C 正确，D 错误．4.(2016·江南十校联考)如图，在一半径为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，则( )A ．若v 0＝gR ，则物块落地点离A 点2RB ．若球面是粗糙的，当v 0＜gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C ．若v 0＜gR ，则物块落地点离A 点为RD ．若v 0≥gR ，则物块落地点离A 点至少为2R解析：选D.若v 0＝gR ，物块将离开球面做平抛运动，由y ＝2R ＝gt 22，x ＝v 0t ，得x ＝2R ，A 错误，D 正确；若v 0＜gR ，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A 点距离大于R ，B 、C 错误．5．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小解析：选A.在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2，易知v 1>v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1<t 2.选项A 正确．6.(2014·高考安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是()A. 5 rad/sB. 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．二、多项选择题7.(2016·河南八市质检)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω＞g cot θl时，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析：选AC.对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得F T a＝mgsin θ，为定值，A正确，B错误．当F T a cos θ＝mω2l⇒ω＝g cot θl时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确．由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误．8．(2014·高考全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A. b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，F f ＝mω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当物体刚要相对于盘滑动时，静摩擦力F f 达到最大值F fm ，由题设知F fm ＝kmg ，所以kmg ＝mω2r ，由此可以求得物体刚要滑动时的临界角速度ω0＝ kgr，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为kgl，b 发生相对滑动的临界角速度为 kg2l；若ω＝ 2kg3l，a 受到的是静摩擦力，大小为F f ＝mω2l ＝23kmg .综上所述，本题正确答案为A 、C.9.(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′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，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，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解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝sv ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr ，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．10．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F NB 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F NB 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2BR ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．三、非选择题11．(2016·湖北部分重点高中联考)如图所示，长为L 的绳子下端连着一质量为m 的小球，上端悬于天花板上，当把绳子拉直时，绳子与竖直线的夹角θ＝60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上.(1)当小球以角速度ω1＝ gL做圆锥摆运动时，绳子张力F T1为多大？桌面受到的压力F N1为多大？(2)当小球以角速度ω2＝ 4gL做圆锥摆运动时，绳子的张力F T2及桌面受到的压力F N2分别为多大？解析：如图所示，小球受三个力作用：重力 mg 、绳子拉力F T 、水平面的支持力F N ，它们在竖直方向的合力为零，即F T cos θ＋F N ＝mg ，在水平方向的合力为小球做圆周运动提供向心力，F T sin θ＝mω2R ＝mLω2sin θ，联立解得F N ＝mg －mLω2cos θ.(1)当ω1＝g L 时，桌面受到的压力F N1＝12mg ＞0，说明小球没有离开水平面，而在水平面上做匀速圆周运动，此时绳的拉力大小F T1＝mg .(2)当ω2＝ 4gL时，F N ＝－mg ＜0，说明小球已经离开水平面，此时小球对水平面的压力为零，即F N2＝0.此时绳的拉力大小为F T2，有F T2sin θ2＝mLω2sin θ2，解得F T2＝4mg . 答案：(1)mg 12mg (2)4mg 012．如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)从A点到B点，物块做平抛运动，H－h＝12gt2设到达B点时竖直分速度为v y，则v y＝gt，联立解得v y＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°有tan θ＝v yv0＝34，得v0＝4 m/sv1＝v20＋v2y＝5 m/s.(2)从A点至C点，由动能定理有：mgH＝12m v22－12m v2设物块在C点受到的支持力为F N，则有F N－mg＝m v22 R解得：v2＝27 m/s，F N＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N.(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力F f＝μ1mg＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F′f＝μ2(M＋m)g＝10 N因为F f＜F′f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l＝v222μ1g＝2.0 m.答案：(1)4 m/s 5 m/s(2)47.3 N(3)2.0 m。
高2020届高2017级物理优化方案第四章曲线运动万有引力与航天11章末过关检测(四)
章末过关检测(四)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确)1.雨天在野外骑车时,在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴,行驶时感觉很“沉重”.如果将自行车后轮撑起,使后轮离开地面而悬空,然后用手匀速摇脚踏板,使后轮飞速转动,泥巴就被甩下来.如图所示,图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置,则()A.泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B.泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C.泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D.泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来解析：选C.当后轮匀速转动时,由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等,A错误；在角速度ω相同的情况下,泥巴在a点有F a＋mg＝mω2R,在b、d两点有F b＝F d＝mω2R,在c点有F c－mg＝mω2R,所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大,最容易被甩下,故B、D错误,C正确.2.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动,圆半径为R,速率v＜Rg,AC为水平直径,BD为竖直直径.物块相对于轮箱静止,则()A.物块始终受两个力作用B.只有在A、B、C、D四点,物块受到的合外力才指向圆心C.从B运动到A,物块处于超重状态D.从A运动到D,物块处于超重状态解析：选D.在B、D位置,物块受重力、支持力,在A、C位置,物块受重力、支持力和静摩擦力,A错；物块做匀速圆周运动,任何位置的合外力都指向圆心,B错；从B运动到A,向心加速度斜向下,物块失重,从A运动到D,向心加速度斜向上,物块超重,C错、D对.3.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止.物体与盘面间的动摩擦因数为32.则ω的最大2(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s值是()A. 5 rad/sB. 3 rad/sC.1.0 rad/sD.0.5 rad/s 解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点,由牛顿第二定律知,μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r ,解得ω＝1.0 rad/s ,故选项C 正确.4.(2019·泰州模拟)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆,车上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A 、B 、C ,它们离地面的高度分别为3h 、2h 和h ,当小车遇到障碍物P 时,立即停下来,三个小球同时从支架上水平抛出,先后落到水平路面上,如图所示.则下列说法正确的是( )A.三个小球落地时间差与车速有关B.三个小球落地点的间隔距离L 1＝L 2C.三个小球落地点的间隔距离L 1＜L 2D.三个小球落地点的间隔距离L 1＞L 2解析：选C.落地时间只与下落的高度有关,故A 项错误；三个小球在竖直方向上做自由落体运动,由公式t ＝2hg可得下落时间之比为t A ∶t B ∶t C ＝3∶2∶1,水平位移之比x A ∶x B ∶x C ＝3∶2∶1,则L 1∶L 2＝(3－2)∶(2－1)＜1,故C 正确,B 、D 错误.5.科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中,发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统,如图所示.这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞.这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义.若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2,它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动.根据所学知识,下列选项正确的是( )A.双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B.双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C.双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D.双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：选B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等,角速度也相等,选项A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供,向心力大小相等,设双黑洞间的距离为L ,由G M 1M 2L 2＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2,得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1,选项B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1,选项C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1,选项D 错误.6.(2019·浙江台州模拟)如图所示,长为L 的细绳一端固定在O 点,另一端拴住一个小球.在O 点的正下方与O 点相距2L3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直,由静止开始释放,当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断),下列说法中正确的是( )A.小球的向心加速度突然增大到原来的3倍B.小球的线速度突然增大到原来的3倍C.小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D.细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍解析：选A.细绳碰到钉子的瞬间,线速度不变,B 错误；圆周运动的半径由L 变为L3,由a＝v 2r 知,a 增大到原来的3倍,A 正确；根据v ＝rω知角速度ω增大到原来的3倍,C 错误；细绳碰到钉子前瞬间F T －mg ＝m v 2L ,碰后瞬间F ′T －mg ＝m v 2L 3,再根据机械能守恒有mgL ＝12m v 2,由此可得F ′T ＝73F T ,D 错误.二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分)7.饲养员在池塘边堤坝边缘A 处以水平速度v 0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒.堤坝截面倾角为53°.坝顶离水面的高度为5 m,g 取10 m/s 2,不计空气阻力(sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6),下列说法正确的是 ( )A.若平抛初速度v 0＝5 m/s,则鱼饵颗粒不会落在斜面上B.若鱼饵颗粒能落入水中,平抛初速度v 0越大,落水时速度方向与水平面的夹角越小C.若鱼饵颗粒能落入水中,平抛初速度v 0越大,从抛出到落水所用的时间越长D.若鱼饵颗粒不能落入水中,平抛初速度v 0越大,落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小解析：选AB.鱼饵颗粒落地时间t ＝2h g＝2×510s ＝1 s ,刚好落到水面时的水平速度为v ＝st ＝5×341 m/s ＝3.75 m/s ＜5 m/s ,当平抛初速度v 0＝5 m/s 时,鱼饵颗粒不会落在斜面上,A 正确；由于落到水面的竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ,平抛初速度越大,落水时速度方向与水平面的夹角越小,B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定,落水时间一定,与初速度v 0无关,C错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α,则α＝53°,tan α＝y x ＝12v ytv 0t ＝v y 2v 0,即v yv 0＝2tan 53°,可见,落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数,即与斜面夹角也为常数,D 错误.8.如图所示光滑管形圆轨道半径为R (管径远小于R ),小球a 、b 大小相同,质量均为m ,其直径略小于管径,能在管中无摩擦运动.两球先后以相同速度v 通过轨道最低点,且当小球a 在最低点时,小球b 在最高点,以下说法正确的是()A.当小球b 在最高点对轨道无压力时,小球a 比小球b 所需向心力大5mgB.当v ＝5gR 时,小球b 在轨道最高点时对轨道无压力C.速度v 至少为5gR ,才能使两球在管内做圆周运动D.只要v ≥5gR ,小球a 对轨道最低点的压力比小球b 对轨道最高点的压力大6mg 解析：选BD.小球在最高点恰好对轨道没有压力时,小球所受重力充当向心力,mg ＝mv 20R 得v 0＝gR ,小球从最高点运动到最低点过程中,只有重力做功,小球的机械能守恒,2mgR ＋12m v 20＝12m v 2,解以上两式可得：v ＝5gR ,B 项正确；小球在最低点时,F 向＝m v 2R ＝5mg ,在最高点和最低点所需向心力的差为4mg ,A 项错误；小球在最高点,内管对小球的支持力与重力的合力可以提供向心力,所以小球通过最高点的最小速度为零,再由机械能守恒定律可知,2mgR ＝12m v 2,解得v ＝2gR ,C 项错误；当v ≥5gR 时,小球在最低点所受轨道压力F 1＝mg ＋m v 2R ,由最低点运动到最高点,2mgR ＋12m v 21＝12m v 2,小球所受轨道压力F 2＝m v 21R －mg ,F 2＝m v 2R －5mg ,F 1－F 2＝6mg ,再根据牛顿第三定律,可见小球a 对轨道最低点压力比小球b 对轨道最高点压力大6mg ,D 项正确.9.(2019·新疆生产建设兵团第二中学高三模拟)某次网球比赛中,某选手将球在边界正上方水平向右击出,球刚好过网落在场中(不计空气阻力),已知网球比赛场地相关数据如图所示,下列说法中正确的是()A.击球高度h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1＝1.8h 2B.任意增加击球高度,只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内C.任意降低击球高度(仍大于h 2),只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内D.若保持击球高度不变,球的初速度v 0只要不大于xh 12gh 1,一定落在对方界内解析：选AB.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,水平位移为x 和3x2的时间比为2∶3,则竖直方向上,根据h ＝12gt 2,则有h 1－h 2h 1＝49,解得h 1＝1.8h 2,故A 正确；若保持击球高度不变,要想球落在对方界内,要既不能出界,又不能触网,根据h 1＝12gt 21得,t 1＝2h 1g,则平抛运动的最大速度v 01＝2x t 1＝x h 12gh 1,根据h 1－h 2＝12gt 22得,t 2＝2（h 1－h 2）g,则平抛运动的最小速度v 02＝xt 2＝xg2（h 1－h 2）,增加击球高度,只要速度合适,球一定能发到对方界内,故B 正确、D 错误；任意降低击球高度(仍大于h 2),会有一临界情况,此时球刚好触网又刚好压界,若小于该临界高度,速度大会出界,速度小会触网,所以不是高度比网高,就一定能将球发到对方界内,故C 错误.10.如图所示,两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动,用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积.下列关系式正确的有( )A.T A >T BB.E k A >E k BC.S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B解析：选AD.卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即G Mm R 2＝m v 2R ＝mR ⎝⎛⎭⎫2πT 2,得v ＝GMR,T ＝2π R 3GM,由R A >R B ,可知,T A >T B ,v A <v B ,由于两卫星的质量相等,因此E k A <E k B ,A 项正确,B 项错误；由开普勒第三定律可知,R 3A T 2A ＝R 3BT 2B ,D 项正确；卫星与地心的连线在t 时间内扫过的面积S ＝t T πR 2＝t GMR2,可见轨道半径大的卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积大,C 项错误.三、非选择题(本题共3小题,共40分.按题目要求作答,计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(12分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m).完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图甲所示,托盘秤的示数为1.00 kg.(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图乙所示,该示数为________kg.(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧.此过程中托盘秤的最大示数为m ；多次从同一位置释放小车,记录各次的m 值如下表所示.(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N ；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2,计算结果保留2位有效数字)解析：(2)题图乙中托盘秤的示数为1.40 kg. (4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905 kg ＝1.81 kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N ≈7.9 N. 由题意可知小车的质量为 m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg ,对小车,在最低点时由牛顿第二定律得F －m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈1.4 m/s.答案：(2)1.40 (4)7.9 1.412.(12分)“太极球”是近年来在广大市民中比较流行的一种健身器材.做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,球却不会掉落地上.现将太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势.A 为圆周的最高点,C 为最低点,B 、D 与圆心O 等高.设球受到的重力为1 N,不计板的重力.求：(1)球在C 处受到板的弹力比在A 处受到的弹力大多少？(2)设在A 处时板对球的弹力为F ,当球运动到B 、D 位置时,板与水平方向需有一定的夹角θ,请作出tan θ－F 的关系图象.解析：(1)设球运动的线速度为v ,半径为R ,则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R① 在C 处时F ′－mg ＝m v 2R②由①②式得ΔF ＝F ′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时板对球的弹力为F ,球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ,在B 处不受摩擦力作用,受力分析,则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mgmg＝F ＋1作出的tan θ－F 的关系图象如图.答案：(1)2 N (2)图见解析13.(16分)如图所示,从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点),当物块运动至B 点时,恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ,经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上,圆弧轨道C 端的切线水平.已知长木板的质量M ＝4 kg,A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m,R ＝0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7,长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2,g ＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小； (2)小物块滑动至C 点时,对圆弧轨道的压力大小； (3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板. 解析：(1)从A 点到B 点,物块做平抛运动, H －h ＝12gt 2设到达B 点时竖直分速度为v y ,则v y ＝gt , 联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37° 有tan θ＝v y v 0＝34,得v 0＝4 m/s在B 点时的速度大小v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s. (2)从A 点至C 点,由动能定理有：mgH ＝12m v 22－12m v 2设物块在C 点受到的支持力为F N ,则有F N －mg ＝m v 22R解得：v 2＝27 m/s ,F N ≈47.3 N根据牛顿第三定律可知,物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力 F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l＝v222μ1g＝2.0 m.答案：(1)4 m/s 5 m/s(2)47.3 N(3)2.0 m。
优化方案2017高中物理第四章相互作用本章优化总结课件(精)
画出图中物体 A 的受力示意图，并写出力的名称和施 力物体．
[解析]
甲：A 受重力 G、推力 F、支持力 N、墙壁对 A 向左
的弹力 F′，施力物体分别是地球、推 A 的物体、地面、墙壁， 受力示意图如图甲′所示． 乙：A 受竖直向下的重力 G、垂直于斜面向上的支持力 N、沿 斜面向下的滑动摩擦力 f， 施力物体分别是地球、 斜面、 斜面， 受力示意图如图乙′所示． 丙：A 受重力 G、支持力 N、滑动摩擦力 f，施力物体分别是 地球、水平面、水平面，受力示意图如图丙′所示．
丁：A 受重力 G、拉力 F、弹力 N，施力物体分别是地球、绳 子、墙壁，受力示意图如图丁′所示．
[答案] 见解析图
(1)在进行受力分析时，一定要注意，我们分析 的是物体“受到”的力，而不是物体对外施加的力． (2)区分内力和外力：对几个物体组成的整体进行受力分析时， 这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某 一物体单独隔离分析时，原来内力变成了外力，要画在受力分 析图上．
A．传送带被卡住前，物块受到的滑动摩擦力方向水平向左 B．传送带被卡住前，物块受到的滑动摩擦力方向水平向右 C．传送带被卡住后，物块受到的滑动摩擦力方向水平向右 D．传送带被卡住后，物块受到的滑动摩擦力方向水平向左
[解析]
传送带被卡住前，由于物块初速度 v2 小于水平传送带
的速度 v1，故物块相对于水平传送带向左运动，受到水平向右 的滑动摩擦力；传送带被卡住后，物块相对水平传送带向右运 动，受到水平向左的滑动摩擦力．
解析： 当用 70 N 的水平力推木箱时， 因为 fmax＝102 N， 即 F<fmax， 所以没有推动木箱；当水平力增加到 150 N 时，F>fmax，木箱 处于运动状态，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为 f＝μN ＝0.25×400 N＝100 N.
2017优化方案高考总复习物理(江苏专用)章末过关检测(四)
章末过关检测(四) (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图曲线为一质点在恒定合外力作用下运动的一段轨迹，质点由A 到B 的时间与质点由B 到C 的时间相等，已知AB 弧长大于BC 弧长，则下列判断正确的是( )A ．该质点做非匀变速运动B ．该质点在这段时间内可能做加速运动C ．两段时间内该质点的速度变化量相等D ．两段时间内该质点的速度变化量不相等解析：选C.质点所受合外力不变，由a ＝F 合m 知加速度恒定，故质点做匀变速运动，选项A 错误；由于AB ︵＞BC ︵，t AB ＝t B C ，故质点做匀减速运动，选项B 错误；由Δv ＝a Δt ，知相同时间内速度变化量相同，故选项C 正确，选项D 错误．2．(2016·河北石家庄模拟)如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球A ，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t 1.若在小球A 抛出的同时，小球B 从同一点Q 处开始自由下落，下落至P 点的时间为t 2，则A 、B 两球运动的时间之比t 1∶t 2为(不计空气阻力)( )A ．1∶2B ．1∶ 2C ．1∶3D ．1∶ 3 解析：选D.因小球恰好垂直落在斜面上，则此时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan 45°＝v y v 0＝gt v 0＝2y x ＝1，y ＝x2，得Q 点高度h ＝x ＋y ＝3y ，则A 、B 两球下落高度之比为1∶3，由h ＝gt 22可得t ＝2hg，则A 、B 两球运动时间之比为1∶3，故选项D 正确．3．(2016·湖北孝感模拟)如图所示，质量为m 的物体，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法不正确的是( )A ．受到的向心力为m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μ⎝⎛⎭⎫mg ＋m v2RD ．受到的合力方向斜向左上方解析：选B.物体在最低点做圆周运动，则有F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝mg ＋m v 2R，故物体受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎫mg ＋m v2R ，故A 、C 正确、B 错误．物体受到重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，故物体所受的合力斜向左上方，D 正确．4.(2016·保定调研)在竖直平面内固定一光滑细圆管道，管道半径为R .若沿如图所示的两条虚线截去管道的四分之一，管内有一个直径略小于管径的小球在运动，且恰能从一个截口抛出，从另一个截口无碰撞地进入继续做圆周运动．那么小球每次飞越无管区域的时间为( )A. 3R gB. 22Rg C.23RgD.2R g解析：选B.小球在竖直虚线两侧的运动对称，小球“抛出点”在此竖直线上，进入截口时速度方向与水平方向成45°角，则此时水平分速度和竖直分速度大小相等，由数学知识可知平抛运动的水平位移为22R ，则竖直位移为24R .根据小球在竖直方向做自由落体运动可知24R ＝12gt 21，解得t 1＝ 2R2g，根据对称性可知小球每次飞越无管区域的时间t ＝2t 1＝22Rg ，B 正确． 5.(2015·高考山东卷)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1解析：选D.空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝⎛⎭⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．6．(2016·宜春模拟)从吉隆坡飞往北京的马航MH370航班起飞后与地面失去联系，机上有154名中国人．之后，中国紧急调动了海洋、风云、高分、遥感等4个型号近10颗卫星为地面搜救行动提供技术支持．假设“高分一号”卫星与同步卫星、月球绕地球运行的轨道都是圆，它们在空间的位置示意图如图所示．下列有关“高分一号”的说法正确的是( )A ．其发射速度可能小于7.9 km/sB ．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大C ．绕地球运行的周期比同步卫星绕地球运行的周期大D ．在运行轨道上完全失重，重力加速度为0解析：选B.在地球上发射卫星的最小速度为7.9 km/s ，A 错误；由GMm r 2＝mω2r ＝m 4π2T 2·r可得：ω＝GMr 3，T ＝ 4π2r 3GM，“高分一号”的轨道半径小于同步卫星和月球的轨道半径，因此，“高分一号”绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，绕行周期比同步卫星的绕行周期小，B 正确，C 错误；卫星在运行轨道上的加速度等于所在处的重力加速度，处于完全失重状态，重力加速度不为零，D 错误．二、多项选择题 7.如图所示，一根长为L 的轻杆OA ，O 端用铰链固定，另一端固定着一个小球A ，轻杆靠在一个高为h 的物块上．若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v 向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，物块与轻杆的接触点为B ，下列说法正确的是( )A ．A 、B 的线速度相同 B ．A 、B 的角速度相同C ．轻杆转动的角速度为v sin 2θhD ．小球A 的线速度大小为v L sin 2θh解析：选BC.A 、B 共同绕O 点转动，具有相同的角速度，且OA ＞OB ，则A 点线速度大于B 点线速度，选项A 错误，选项B 正确；将物块速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则v B ＝v sin θ，又v B ＝hsin θ ω，联立解得角速度为ω＝v sin 2θh ，选项C 正确；由v A ＝Lω＝v L sin 2θh知选项D 错误．8．(2016·镇江模拟)在一次体育活动中，两位同学一前一后在同一水平直线上的两个位置沿水平方向分别抛出两个小球A 和B ，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两小球在空中发生碰撞，则必须( ) A ．先抛出A 球再抛出B 球 B ．同时抛出两球C ．A 球抛出速度大于B 球抛出速度D ．使两球质量相等解析：选BC.两球到轨迹交点的竖直高度相等，运动时间相同，故A 错，B 对；A 球水平位移大，初速度大，故C 对；平抛运动物体的运动规律与质量无关，D 错．9．如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，O 点到水平面距离为h ，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.由mg ＝F 1cos 60°可得F 1＝2mg ；由mg ＝F 2cos 30°可得F 2＝2mg3；细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为3∶1，选项A 正确．由mg tan θ＝mω2h tan θ，可得小球m 1和m 2的角速度大小之比为1∶1，选项B 错误．小球m 1和m 2的向心力大小之比为mg tan 60°∶mg tan 30°＝3∶1，选项C 正确．由mg tan θ＝m v 2（h tan θ），可得小球m 1和m 2的线速度大小之比为tan 60°∶tan 30°＝3∶1，选项D 错误．10．(2016·广西四校调研)嫦娥三号发射取得圆满成功，这标志着我国的航空航天技术又迈进了一大步．“嫦娥三号”探月卫星沿地月转移轨道到达距月球表面200 km 的P 点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，再经过一次制动进入距月球表面15 km 的圆形轨道Ⅱ上绕月球做匀速圆周运动．则下面说法正确的是( ) A ．由于“刹车制动”，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期将比沿轨道Ⅰ运动的周期长 B ．虽然“刹车制动”，但卫星在轨道Ⅱ上运动的周期还是比沿轨道Ⅰ运动的周期短 C ．卫星在到达月球附近时需进行第一次“刹车制动”是因为卫星到达月球附近时的速度大于月球卫星的第二宇宙速度D ．卫星在轨道Ⅱ上运动的加速度大于卫星沿轨道Ⅰ运动到P 点时的加速度解析：选BCD.由开普勒第三定律k ＝r 3T 2可知，T Ⅰ＞T Ⅱ，则A 错，B 对；由第二宇宙速度的含义可知，卫星到达月球附近并被月球捕获时的速度不能超过月球卫星的第二宇宙速度，不然卫星将脱离月球，则C 对；由GMm r 2Ⅱ＝ma Ⅱ，得卫星在轨道Ⅱ上的加速度a Ⅱ＝GMr 2Ⅱ，由GMm r 2P ＝ma P ，得卫星在P 点的加速度a P ＝GMr 2P，因r P ＞r Ⅱ，则a P ＜a Ⅱ，D 对．三、非选择题11．(2016·广州模拟)如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h ＝1.4 m 、宽L ＝1.2 m 的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H ＝3.2 m 的A 点沿水平方向跳起离开斜面．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：(1)若运动员不触及障碍物，他从A 点起跳后落至水平面的过程所经历的时间． (2)运动员为了不触及障碍物，他从A 点沿水平方向起跳的最小速度．解析：(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg＝0.8 s. (2)为了不触及障碍物，运动员以速度v 沿水平方向起跳后竖直下落高度为H －h 时，他沿水平方向运动的距离为Htan 53°＋L设他在这段时间内运动的时间为t ′ 则：H －h ＝12gt ′2Htan 53°＋L ＝v t ′解得v ＝6.0 m/s.答案：(1)0.8 s (2)6.0 m/s 12．(2016·河南洛阳五校联考)某星球的质量为M ，在该星球表面某一倾角为θ的山坡上以初速度v 0平抛一物体，经过时间t 该物体落到山坡上．欲使该物体不再落回该星球的表面，求至少应以多大的速度抛出该物体．(不计一切阻力，引力常量为G )解析：设该星球表面处的重力加速度为g ，由平抛运动规律可得tan θ＝yx ①y ＝12gt 2② x ＝v 0t ③联立①②③解得g ＝2v 0t tan θ④对于该星球表面上的物体有G MmR 2＝mg ⑤联立④⑤解得R ＝GMt2v 0tan θ⑥对于绕该星球做匀速圆周运动的“近地卫星”，应有 mg ＝m v 2R⑦联立④⑥⑦解得v ＝ 42GM v 0tan θt .答案： 42GM v 0tan θt13．如图所示，A 、B 两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ 转动的框架上，已知A 、B 的质量分别为m 1和m 2，水平杆对物体A 、B 的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A 离转轴PQ 的距离为R 1，物体B 离转轴PQ 的距离为R 2，且有R 1＜R 2和m 1＜m 2.当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．则：(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？ (2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有F f ＝mω2R ，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg 时，框架的角速度为ω0，则有 μmg ＝mω20R ①由此得ω0＝μgR.①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝μgR2时，细绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为F f A＝m1ω21R1＝μm1gR1R2F f B＝μm2g.(2)当角速度ω＞ω1时，设细绳拉力为F T，对于A物体有F T＋F f A＝m1ω2R1②对于B物体有F T＋μm2g＝m2ω2R2③联立②③式得A物体受到的静摩擦力为F fA＝μm2g－(m2R2－m1R1)ω2④由于R1＜R2和m1＜m2，则A物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为ω2＝μm2gm2R2－m1R1⑤将⑤式代入③式得轻绳拉力为F T＝μm1m2gR1m2R2－m1R1.答案：(1)ω1＝μgR2F f A＝μm1gR1R2F f B＝μm2g(2)ω2＝μm2gm2R2－m1R1F T＝μm1m2gR1m2R2－m1R1。
优化方案2017高中物理第四章相互作用第1节重力与重心分层演练巩固落实鲁科版必修1
重力与重心[随堂达标]1．关于力，下列说法正确的是( )A．有的物体在一定条件下就能显现出力的作用，如爆炸的手榴弹，所以有的力没有受力物体B．物体间发生相互作用时，先是施力物体对受力物体施加力，然后是受力物体对施力物体施加力C．一个施力物体只能有一个受力物体D．不接触的物体间可能有力的作用解析：选D.手榴弹爆炸时，火药燃烧产生的高温高压气体与弹片发生相互作用，故选项A错误；力的作用是同时的，一个施力物体可能有多个受力物体，故选项B、C错误；物体间有力的作用时并不一定直接接触，如重力、磁体与磁体之间的作用力等，故选项D正确．2．(2016·济南高一检测)关于重力与重心，下列说法正确的是( )A．重心就是物体内最重的一点，每个物体就一个重心B．一根质量均匀的柱形铁棒由直变弯，在形状改变后重心位置不变C．形状规则的物体，它的重心可能不在物体的几何中心上D．重心是物体所受重力的作用点，所以重心总是在物体上，不可能在物体外解析：选C.重心是重力的等效作用点，并不是物体内最重的一点，故选项A错误．重心位置与物体的形状和质量分布有关，质量分布均匀、形状规则的物体的重心必在其几何中心处，但形状发生改变后重心位置可能发生变化，重心可能不在物体上，故选项B、D错误．形状规则的物体重心的位置可能不在几何中心上，还受质量分布影响，故选项C正确．3．下图中表示的是小车所受外力F的图示，所选标度都相同，则对于小车的运动，作用效果相同的是( )A．F1和F2B．F1和F4C．F1、F3和F4D．都不相同解析：选B.根据力的图示和力的矢量性可知，F1和F4大小、方向相同，故选项B正确．4．关于重力的大小，下列说法中正确的是( )A．物体的重力大小是恒定的B．同一地点，物体的重力与物体的质量成正比C．物体落向地面时，它受到的重力大于它静止时受到的重力D．物体的重力总等于用竖直弹簧测力计测出的拉力解析：选B.物体的重力的计算式为G＝mg，物体的质量m是恒定的，但g的取值与地理位置有关，对同一地点，g的取值相同．随着物体所处的地理纬度的升高，g值将增大；随高度的增加，g值将减小．因此，不能认为物体的重力是恒定的，故选项A错误、B正确．由公式可知，物体所受的重力与物体的质量和g值有关，与物体是否受其他力及运动状态无关，故选项C错误．用弹簧测力计竖直悬挂重物，只有静止或做匀速直线运动时物体对弹簧测力计的拉力大小才等于物体所受的重力大小，故选项D错误．5．(选做题)(1)画出图中物体A所受重力的示意图．(2)质量为60 kg的木箱放在斜面上，如图所示．请画出木箱所受重力的图示．(g取10 N/kg)解析：(1)如图所示(2)画力的图示包括力的三要素：大小、方向、作用点(此处是重力)．由条件可得：大小：G＝mg＝600 N，方向：竖直向下，重心：木箱的几何中心，然后以200 N为标度作出重力的图示，如图所示．答案：见解析图[课时作业][学生用书单独成册]一、单项选择题1．关于重力，下列说法正确的是( )A．重力就是地球对物体的吸引力，其方向一定指向地心B．重力的方向就是物体自由下落的方向C．重力的大小可以用杆秤直接测出D．物体所受重力大小由物体质量大小决定解析：选B.重力是由于地球对物体的吸引产生的，但重力不是地球对物体的吸引力，重力的方向竖直向下，并不一定指向地心，A错误；将重物由静止开始释放，只在重力作用下物体自由下落，所以重力的方向就是物体自由下落的方向，B正确；杆秤称量的是物体的质量而非重力，C错误；由公式G＝mg可知，重力G的大小由质量m和重力加速度g共同决定，D错误．2．关于质量和重力，下列说法中正确的是( )A．质量和重力是用不同单位表示的同一个物理量B．物体的质量随它在各地受到的重力的改变而改变C．在不同地点，物体的质量是会发生改变的，而受到的重力是不变的D．质量是物体本身的一种属性，而重力是由物体间的相互作用而产生的解析：选D.质量是指物体所含物质的多少，它是物体本身的一种属性，不随位置的改变而变化；重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，质量和重力是两个不同的物理量，所以选项A、B、C错误，D正确．3．(2016·厦门高一检测)关于重心，下列说法正确的是( )A．重心就是物体内最重的一点B．物体发生形变时，其重心位置一定不变C．物体升高时，其重心在空中的位置一定不变D．采用背越式跳高的运动员在越过横杆时，其重心位置可能在横杆之下解析：选D.由重心的概念及影响物体重心位置的因素可知选项A、B、C均错误；采用背越式跳高，运动员越过横杆时，其重心的位置可能在横杆之下，选项D正确．4．关于如图所示的两个力F1和F2，下列说法正确的是( )A．F1＝F2，因为表示两个力的线段一样长B．F1>F2，因为表示F1的标度大C．F1<F2，因为F1只有两个标度的长度，而F2具有三个标度的长度D．无法比较，因为两个力的标度的大小未知解析：选D.在力的图示中，所表示的力的大小取决于图中标度的大小和线段的长度，离开了标度的大小，仅由线段的长度无法比较F1和F2的大小．5．一个重15 N的物体沿斜面下滑，关于该物体重力的图示，下列四个图中正确的是( )解析：选A.垂直于水平面竖直向下的方向即重力的方向，该方向一定竖直向下，与接触面情况无关．再根据所选标度及重力大小可知选项A正确．6．以下关于重心及重力的说法中，正确的是( )A．一个物体放于水中称量时弹簧测力计的示数小于物体在空气中时弹簧测力计的示数，因此，物体在水中时的重力小于在空气中的重力B．据G＝mg可知，两个物体相比较，质量较大的物体的重力一定较大C．物体放于水平面上时，重力方向垂直于水平面向下，当物体静止于斜面上时，其重力方向垂直于斜面向下D．物体的形状改变后，其重心位置往往改变解析：选D.由于物体浸没于水中时，受到向上的浮力，从而减小了弹簧的拉伸形变，弹簧测力计的拉力减小了，但物体的重力并不改变，A项错误；当两物体所处的地理位置相同时，g值相同，质量大的物体的重力必定大．但当两物体所处的地理位置不同时，如质量较小的物体放在地球上，质量较大的物体放在月球上，由于月球上g值较小，而使质量大的物体的重力不一定大，B项错误；重力的方向是竖直向下，而不是垂直于斜面向下，C项错误；物体的重心位置由形状和质量分布情况两个方面共同决定，当物体形状改变时，其重心往往发生改变，D项正确．7．如图所示，一个空心均匀球壳里面注满水，球的正下方有一个小孔，在水由小孔慢慢流出的过程中，空心球壳和水的共同重心将会( )A．一直下降B．一直上升C．先升高后降低D．先降低后升高解析：选D.当注满水时，球壳和水的重心均在球心，故它们共同的重心在球心．随着水的流出，球壳的重心虽然仍在球心，但水的重心逐渐下降，开始一段时间内，球壳内剩余的水较多，随着水的重心的下降，球壳和水共同的重心也下降；后来一段时间内，球壳内剩余的水较少，随着水的重心的下降，球壳和水共同的重心升高；最后，水流完时，重心又回到球心．故球壳和水的共同重心先降低后升高，选项D正确．8．设想从某一天起，地球对物体的引力减小了一半，那么对漂浮在水面上的船来说，下列说法正确的是( )A．船受到的重力减小一半，船的吃水深度也减小一半B．船受到的重力不变，船的吃水深度减小一半C．船受到的重力减小一半，船的吃水深度不变D．船受到的重力不变，船的吃水深度也不变解析：选C.根据G＝mg可知，若地球对物体的引力减小一半，则g减小一半，所以船受到的重力减小一半，而船浮在水上，有mg＝ρgV排，g可以约去，g减小一半，等式仍成立，故船的吃水深度不变．二、多项选择题9．关于重心与稳度之间的关系，下列说法正确的是( )A．高大的建筑物通常建造成上小下大，目的是增加稳定性B．重心越高，稳度越大C．重心越低，稳度越大D．如果让一块砖翻倒，应该使重力作用线落到它的支持面外才可，否则，不能翻倒解析：选ACD.重心与稳度有关，重心越低，稳度越大，比如“不倒翁”的例子．重力的作用线在水平面对物体的支持面之内时物体才稳定，否则物体将翻倒．故选ACD.10．(2016·济南高一检测)在体育运动中，人的身体重心位置随着姿势的变化而改变．如图所示，下列各姿势中身体重心位于体内的是( )解析：选ACD.人的质量分布近似均匀，故重心位置与形状有关，由图可知，选项A、C、D中人的重心位于体内，选项B中人的重心位于体外．三、非选择题11．一条放在地面上长为L的柔软匀质细绳，将其一端向上提至另一端刚好离地时，它的重心位置升高了多少？长为L 的均匀直钢管平放在水平地面上，现抬起一端，使其与水平面成30°角时，它的重心位置升高了多少？解析：匀质细绳放在地面上时重心在地面上，将它一端上提至下端刚要离地时，重心在L 2高处，重心升高了L 2；均匀直钢管平放时重心在地面上，将其抬至与水平面成30°角时，重心即钢管的中心升高了L 2×sin 30°＝L 4. 答案：L 2 L412．我国的嫦娥探月工程计划分“绕、落、回”三步，然后实施载人登月，假若质量为60 kg 的宇航员登上了月球，已知月球表面g ′＝ N/kg ，而地球表面g ＝ N/kg ，则该宇航员在月球上的质量为多少？所受重力多大？在地球上所受重力多大？解析：质量与物体所处的位置无关，所以宇航员在月球上的质量仍为60 kg ，所受重力G ′＝mg ′＝60× N ＝96 N ，在地球上所受重力G ＝mg ＝60× N ＝588 N.答案：60 kg 96 N 588 N。
高考总温习物理新课标：第四章第二节课后检测能力提升含解析
一、单项选择题1．如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点，别离以初速度v a和v b沿水平方向抛出，经时间t a和t b后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，则()A．t a＞t b，v a＜v b B．t a＞t b，v a＞v bC．t a＜t b，v a＜v b D．t a＜t b，v a＞v b解析：选 A.由平抛运动规律可知：h＝12gt2，x＝v0t，按照题中条件，因为h a＞h b，所以t a＞t b，又因为x a＝x b，故v a＜v b，所以A选项正确．2.(2015·高考山东卷)距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，通过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于()A．m B．mC．m D．m解析：选A.按照两球同时落地可得2Hg＝d ABv＋2hg，代入数据得h＝m，选项A正确.3.(2016·成都模拟)如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行进程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()A. 3gR2 B.33gR2C. 3gR2 D.3gR3解析：选B.将B点的速度分解为v0和v y，则tan 60°＝v0v y，v y＝33v0，而v y＝gt，所以t＝v yg＝3v03g，由几何关系，小球水平方向的位移x＝R＋R cos 60°＝32R，按照x＝v0t得，v0＝33gR2，B正确．4．如图所示，一长为2L的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离()解析：选 D.设小球释放点距木板上端的水平距离为x，小球自与木板上端等高的某处自由释放，碰撞时小球的速度为v，则有v2＝2gx，与木板碰撞后平抛，gt2/2＝v t，L＝v t＋x，联立解得x＝L5，选项D正确．5．如图所示，在斜面极点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，双侧斜坡的倾角别离为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为()A．16∶9 B．9∶16C．3∶4 D．4∶3解析：选B.对于A球有tan 37°＝hx＝gt A2v0，解得t A＝2v0tan 37°g；同理对B有t B＝2v0tan 53°g，由此解得t At B＝916，故选项B正确，A、C、D错误．6．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度－时间图象，其中正确的是()解析：选～t P段，水平方向：v x＝v0恒定不变，竖直方向：v y＝gt；t P～t Q段，水平方向：v x＝v0＋a水平t，竖直方向：v y＝v Py＋a竖直t(a竖直＜g)，因此选项A、B、D均错误，C正确．二、多项选择题7．(2016·河北唐山一模)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一名置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高m儿童从距地面1 m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g＝10 m/s2)()A．m/s B．m/sC．m/s D．m/s解析：选BC.圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝12gt2，解得t＝s，圆环后端与杆的水平距离为m＝v1·t，得v1＝8 m/s，圆环前端与杆的水平距离为3 m＝v2·t，得v2＝m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为m/s＜v＜8 m/s，故选B、C.8.如图，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝s小球落到半圆上，已知本地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为() A．1 m/s B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/s解析：选AD.由于小球经s落到半圆上，下落的高度h＝12gt2＝m，位置可能有两处，如图所示：第一种可能：小球落在半圆左侧v0t＝R－R2－h2＝m，v0＝1 m/s第二种可能：小球落在半圆右边v0t＝R＋R2－h2＝m，v0＝4 m/s，选项A、D正确．9．如图所示，小球a从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是()A．v1∶v2＝2∶1B．v1∶v2＝1∶1C．若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇D．若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的右下方解析：选AD.两球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有v1t sin 30°＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1，A对，B错；若小球b以2v2水平抛出，如图所示，若没有斜面，将落在B点与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a、b两球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b球的右下方，C错，D对．10.(2016·安徽六安一中段考)如图所示，一演员演出飞刀绝技，由O点前后抛出完全相同的3把飞刀，别离依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度别离为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是() A．3把飞刀在击中板时动能相同B．抵达M、N、P三点的飞行时间之比为1∶2∶ 3C．抵达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D．设抵达M、N、P三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角别离为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3解析：选CD.将运动逆向看，可视为3个平抛运动且抵达O点时水平位移相等．由H＝12gt2得t＝2Hg，则抵达M、N、P三点的飞行时间之比为3∶2∶1，B错误．在水平方向有l＝v M t1＝v N t2＝v P t3，由E k＝12m v2知3把飞刀在击中板时打在M点处的动能最小，打在P点处的动能最大，A错误．由v y＝gt可知抵达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，C正确．作出抛体运动的轨迹，可知θ1＞θ2＞θ3，D正确．三、非选择题11.(2016·江西八校联考)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°表面滑腻的斜面体，物体A 以v1＝6 m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．若是当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．(A、B都可看做质点，sin 37°＝，cos 37°＝求：(1)物体A上滑到最高点所用的时间t；(2)物体B抛出时的初速度v2.解析：(1)物体A上滑进程中，由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma解得：a＝6 m/s2设通过时间t物体A上滑到最高点，由运动学公式：0＝v1－at解得：t＝1 s.(2)平抛物体B的水平位移：x＝12v1t cos 37°＝m平抛速度：v2＝xt＝m/s.答案：(1)1 s(2) m/s12．如图所示为车站利用的水平传送带装置的示用意，绷紧的传送带始终维持m/s的恒定速度运行，传送带的水平部份AB距水平地面的高度为h＝m．现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)若行李包从B端水平抛出的初速度v0＝m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2)若行李包以v0＝m/s的初速度从A端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝，要使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应知足的条件．解析：(1)设行李包在空中运动的时间为t，飞出的水平距离为x，则h＝12gt2x＝v0t代入数据解得：t＝s，x＝m.(2)设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力F＝μmg＝ma代入数值解得：a＝m/s2要使行李包从B端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离，行李包从B端水平抛出的初速度应为v＝m/s.设B行李包的速度为3 m/s时，通过的距离为x0，则v2－v20＝2ax0代入数值解得：x0＝m.故传送带的长度L应知足的条件为L≥ m.答案：(1) s m(2)L≥ m。
2017优化方案高考物理新课标总复习课后检测能力提升第一章第二节匀变速直线运动的规律及应用Word版含解析
一、单项选择题 1．(2016·庆阳模拟)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0 m解析：选D.汽车从刹车到停止的运动时间t ＝v 0a ＝104 s ＝2.5 s ，第三个2 s 内汽车处于静止，故D 正确．2.一物块(可看做质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A 点上滑，最高可滑至C 点，已知AB 是BC 的3倍，如图所示，已知物块从A 至B 所需时间为t 0，则它从B 经C 再回到B ，需要的时间是( )A ．t 0 B.t 04 C ．2t 0D.t 02解析：选C.将物块从A 到C 的匀减速直线运动，运用逆向思维可看做从C 到A 的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比，而BC ∶AB ＝1∶3，正好符合奇数比，故t AB ＝t BC ＝t 0，且物块从B 到C 的时间等于从C 到B 的时间，故物块从B 经C 再回到B 需要的时间是2t 0，C 对．3．(2016·贵州贵阳十校联考)一条悬链长7.2 m ，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m 处的一点所需的时间是(g 取10 m/s 2)( )A ．0.3 sB ．0.4 sC ．0.7 sD ．1.2 s 解析：选B.链条上、下端到达该点用时分别为：t 上＝ 2h 上g ＝ 2×2010s ＝2 s ， t 下＝2h 下g＝ 2×（20－7.2）10s ＝1.6 s ，则Δt ＝t 上－t 下＝0.4 s ，故B 正确．4．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2）B.Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2）C.2Δx （t 1＋t 2）t 1t 2（t 1－t 2）D.Δx （t 1＋t 2）t 1t 2（t 1－t 2）解析：选A.物体在第一个Δx 内平均速度v 1＝Δx t 1，第二个Δx 内的平均速度v 2＝Δx t 2，则物体的加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝2Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2），A 正确．5．(2016·四川成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( )A ．2 m/s ，3 m/s ，4 m/sB ．2 m/s ，4 m/s ，6 m/sC ．3 m/s ，4 m/s ，5 m/sD ．3 m/s ，5 m/s ，7 m/s解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B 点的速度就是AC 段的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4 m/s ，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx ＝at 2，则由Δx ＝BC －AB ＝at 2解得a ＝1 m/s 2，再由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v A ＝2 m/s ，v C ＝6 m/s ，故选项B 正确．二、多项选择题6．一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面中点用时1 s ，速度为2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．斜面长度为1 mB ．斜面长度为2 mC ．物体在斜面上运动的总时间为 2 sD ．到达斜面底端时的速度为4 m/s解析：选BC.v ＝v 中2＝1 m/s ，L 2＝v －t 1＝1 m ，L ＝2 m ，故A 错、B 对；由t 1∶t 2＝1∶(2－1)，得t 2＝(2－1) s ，t ＝t 1＋t 2＝ 2 s ，故C 对；由L ＝v 底2·t 知，v 底＝2 2 m/s ，故D 错．7．(2016·郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2等于2∶1B ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶1 C ．加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于2∶1D ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶2解析：选BC.由v －＝v 0＋v t 2知，v －1＝v －2，故B 对、D 错；由a ＝Δv Δt 得a 1∶a 2＝1∶2，故A 错；由x ＝v －·t 知x 1∶x 2＝2∶1，故C 对．8．(2016·中山模拟)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d ，根据图中的信息，下列判断正确的是( )A ．位置1是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为dT 2D ．小球在位置3的速度为7d 2T解析：选BCD.由Δx ＝d 为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B 正确；由Δx ＝aT 2得a ＝d T 2，故C 正确；v 3＝v －24＝7d 2T ，故D 正确；v 1＝v 3－a ·2T ＝7d 2T －d T 2×2T ＝3d 2T >0，故A错误．9．(2016·郑州模拟)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m解析：选ACD.物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移大小为10 m 处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移的大小x 1，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确，B 错误．三、非选择题 10．(2016·日照模拟)质点做匀减速直线运动，在第1 s 内位移为6 m ，停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ．求：(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小； (2)整个减速过程共用的时间．解析：(1)设质点做匀减速直线运动的加速度为a ，初速度为v 0，由于质点停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ，则x 2＝12at 22解得a ＝2x 2t 22＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2质点在第1 s 内的位移为6 m 则x 1＝v 0t 1－12at 21解得v 0＝2x 1＋at 212t 1＝2×6＋4×122×1m/s ＝8 m/s在整个减速过程中质点的位移大小为：x ＝v 202a ＝822×4 m ＝8 m.(2)将整个过程看成反方向的初速度为零的匀加速直线运动，则x ＝12at 2解得t ＝2x a＝ 2×84s ＝2 s. 答案：(1)8 m (2)2 s 11.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.问：(g 取10 m/s 2)(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵离开飞机后在空中的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时相当于从h 1高处自由落下，则有v 2－v 20＝－2ah ， 又v 20＝2g (224 m －h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2，所以h 1＝v 22g ＝5220m ＝1.25 m.(2)伞兵在离地面高度为99 m 时展伞，伞兵在空中的时间最短，设伞兵离开飞机后在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ， 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6)s ＝8.6 s. 答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s12．为了最大限度地减少道路交通事故，某省各地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间(从发现情况到开始制动所需的时间)比正常时多了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．(1)下表为《驾驶员守则》中驾驶员的部分正常反应距离(汽车在反应时间内通过的距离)表格．请选取表格数据计算驾驶员的正常反应时间；(2)假设一饮酒后的驾驶员驾车以72 km/h 的速度在平直公路上行驶，在距离某学校门前32 m 处发现有一队学生在学校门前斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时多了0.2 s ，刹车后，车做加速度大小为9.5 m/s 2的匀减速直线运动．试通过计算说明是否会发生交通事故．解析：(1)由表格数据可知，正常反应距离与速度成正比，即在表格所给的速度范围内，驾驶员的正常反应时间相同．选其中一组数据代入，可得正常反应时间t ＝sv ＝0.45 s.(2)v ＝72 km/h ＝20 m/s 反应距离s ＝v (t ＋Δt ) 代入数据得s ＝13 m刹车后汽车做匀减速直线运动，v 2＝2ax 代入数据可得刹车距离x ≈21.05 m 因为x ＋s ＝34.05 m>32 m 所以会发生交通事故．答案：(1)0.45 s (2)会发生交通事故，计算过程见解析。
2017优化方案高考总复习·物理(江苏专用)第一章第一节 课后检测能力提升 含解析
一、单项选择题1．2015年9月3日,在纪念抗日战争胜利70周年的阅兵式上，空中加油机编队米秒不差通过天安门广场上空，图示为歼—10战斗机在空中加油的情景．以下列哪个物体为参考系，可以认为加油机是运动的（) A．歼—10战斗机B．天安门C．加油机中的飞行员D．歼—10战斗机中的飞行员解析：选B.加油过程中，战斗机、加油机及飞行员以相同速度经过天安门上空，因此它们相对天安门是运动的,它们之间是相对静止的，故B正确．2．下列有关质点的说法中正确的是( )A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点C．研究自行车的运动时,在任何情况下都不能把自行车视为质点D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点解析:选D.物体能不能看做质点，不是由物体的大小决定的,故A错误；由于火车的长度相对桥的长度不能忽略,所以不能看做质点,故B错误；如果研究自行车运动快慢，则可视为质点,故C错误;地球的大小和形状对研究地球公转的影响均可忽略,可看做质点，故D 正确．3．下列关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是（) A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则它在这段时间内的平均速度不一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定等于零C．做匀速直线运动的物体在任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度D．做变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度解析:选C。
若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则物体在这段时间内保持静止状态，位移为零，平均速度一定为零，A错误;若物体在某段时间内，经过某点沿某一路径一直运动又回到此点，此段时间内，物体位移为零，平均速度等于零,但它在任一时刻的瞬时速度不为零,B错误;由匀速直线运动规律知,C正确；根据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中间时刻的瞬时速度,知D错误．4．在田径运动会的400米比赛中，第1跑道和第8跑道的运动员同时到达终点．下列说法错误的是（）A．两个运动员的平均速度相等B．两个运动员的平均速率相等C．研究运动员全程的平均速率时，可以把运动员看做质点D．研究运动员是否同时到达终点时，不能把运动员看做质点解析：选A.第1跑道运动员的路程是400米，而位移为0，第8跑道运动员的路程是400米，位移不为零，故A错误、B正确；运动员的大小与400米路程相比很小，可看做质点，C正确；在冲线时,要研究运动员最靠前的部分是否同时撞线,因此不能看做质点,故D正确．5．（2016·铜陵模拟）如图所示是汽车的速度计,某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8 s后指针指示在图乙所示的位置，若汽车做匀加速直线运动，那么它的加速度大小约为（）A．11 m/s2B．5。
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一、单项选择题1．在地球表面某高度处以一定的初速度水平抛出一个小球，测得水平射程为x .在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球，需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程．忽略一切阻力．设地球表面重力加速度为g ，该星球表面的重力加速度为g ′，则g ∶g ′为( )A ．1∶2B ．1∶ 2 C.2∶1D ．2∶1解析：选D.因为x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，而x ＝v 0t ′，h 2＝12g ′t ′2，联立可得gg ′＝2.2．(2016·山东冲刺)我国成功发射“嫦娥三号”探测器，实现了我国航天器首次在地外天体软着陆和巡视探测活动，月球半径为R 0，月球表面处重力加速度为g 0.地球和月球的半径之比为R R 0＝4，表面重力加速度之比为gg 0＝6，地球和月球的密度之比ρρ0为( )A.23 B.32 C ．4D ．6解析：选B.设星球的密度为ρ，由GMm ′R 2＝m ′g 得GM ＝gR 2，ρ＝M V ＝M 43πR 3，联立解得ρ＝3g 4G πR ，设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则ρρ0＝gR 0g 0R ，将R R 0＝4，gg 0＝6代入上式，解得ρρ0＝32，选项B 正确． 3．一宇航员在某星球上以速率v 0竖直上抛一物体，经t 秒落回原处，已知该星球半径为R ，忽略一切阻力，那么该星球的第一宇宙速度是( )A.v 0t RB. 2v 0Rt C.v 0R tD.v 0Rt解析：选B.由2v 0＝gt 得g ＝2v 0t，由v ＝gR 得该星球的第一宇宙速度为 2v 0Rt，选项B 正确．4．(2015·高考福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.v 1v 2＝ r 2r 1B.v 1v 2＝ r 1r 2C.v 1v 2＝⎝⎛⎭⎫r 2r 12D.v 1v 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22解析：选 A.对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMmr 2＝m v 2r ，可得v ＝GMr.所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝r 2r 1，故选项A 正确． 5．(2015·高考四川卷)登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比( )A.火星的公转周期较小B ．火星做圆周运动的加速度较小C ．火星表面的重力加速度较大D ．火星的第一宇宙速度较大解析：选 B.火星和地球都绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，可知GMmr 2＝m 4π2T 2r ＝ma ，因r 火＞r 地，而r 3T 2＝GM 4π2，故T 火＞T 地，选项A 错误；向心加速度a ＝GMr 2，则a 火＜a 地，故选项B 正确；地球表面的重力加速度g 地＝GM 地R 2地，火星表面的重力加速度g 火＝GM 火R 2火，代入数据比较可知g 火＜g 地，故选项C 错误；地球和火星上的第一宇宙速度：v 地＝ GM 地R 地，v 火＝ GM 火R 火，v 地＞v 火，故选项D 错误．6．“嫦娥四号”计划在2017年发射升空，届时“嫦娥四号”将在离月球中心距离为r 的轨道上围绕月球做匀速圆周运动，绕月运行周期为T .已知月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力恒量为G .根据以上信息可以确定( )A ．月球的第一宇宙速度为grB ．月球的平均密度为3πGT 2C ．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球D ．月球质量为4π2r 3GT 2解析：选D.月球半径为R ，第一宇宙速度是星球近表面运行速度，根据万有引力提供向心力得G Mm R 2＝m v 2R ＝mg ，解得v ＝gR ，选项A 错误；根据万有引力提供向心力得G Mmr 2＝m 4π2T 2r ，解得M ＝4π2r 3GT 2，月球半径为R ，故月球体积为43πR 3. 由ρ＝M V ＝3πr 3GT 2R 3，选项B 错误，D 正确；“嫦娥四号”必须加速运动才能返回地球，选项C 错误．二、多项选择题 7.如图所示，两星球相距为L ，质量比为m A ∶m B ＝1∶9，两星球半径远小于L .从星球A 的沿A 、B 连线向B 以某一初速度发射一探测器．只考虑星球A 、B 对探测器的作用，下列说法正确的是( ) A ．探测器的速度一直减小B ．探测器在距星球A 为L4处加速度为零C ．若探测器能到达星球B ，其速度可能恰好为零D ．若探测器能到达星球B ，其速度一定大于发射时的初速度解析：选BD.设探测器距星球A 的距离为x 时，两星球对探测器的引力相等，即Gm A mx 2＝G m B m （L －x ）2，解得x ＝14L ，根据牛顿第二定律可得，此时探测器的加速度为零，选项B 正确；探测器先减速后加速，故选项A 、C 错误，选项D 正确．8．天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T ，两颗恒星的质量不相等，它们之间的距离为r ，引力常量为G .关于双星系统下列说法正确的是( )A ．两颗恒星做匀速圆周运动的半径均为r2B ．两颗恒星做匀速圆周运动的角速度相等C ．双星中质量较大的恒星线速度大D ．这个双星系统的总质量为4π2r 3GT 2解析：选BD.设这两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，双星属于共轴转动，角速度ω相同，选项B 正确；两颗恒星都是由它们之间的万有引力提供向心力，则m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，且r 1＋r 2＝r ，解得r 1＝m 2m 1＋m 2r ，r 2＝m 1m 1＋m 2r ，由于两颗恒星的质量不相等，则r 1≠r 2，r 2≠r2，选项A 错误；由于两颗恒星的质量大小关系未知，不能确定r 1和r 2的大小关系，根据v ＝ωr 也就无法确定它们的线速度大小关系，选项C 错误；根据G m 1m 2r 2＝m 14π2T 2r 1，且r 1＝m 2m 1＋m 2r 解得m 1＋m 2＝4π2r 3GT 2，选项D 正确．9．(2016·浙江杭州外国语学校月考)据报道，美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，并投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”，如图所示．设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆，其运行周期为5.74年，则下列说法中正确的是( )A ．探测器的最小发射速度为7.9 km/sB ．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度C ．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度D ．探测器运行的周期小于5.74年解析：选BD.要想脱离地球控制，发射速度要达到第二宇宙速度11.2 km/s ，故选项A 错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律GMm r 2＝ma ，得a ＝GMr2，可知近日点的加速度大，故选项B 正确；根据开普勒第二定律可知，行星绕日运动的近日点的线速度大，远日点的线速度小，故选项C 错误；探测器的运行轨道高度比彗星低，根据开普勒第三定律r 3T 2＝k 可知探测器的运行周期一定比彗星的运行周期小，故选项D 正确．10．(2015·高考全国卷Ⅰ)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2.则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析：选BD.设月球表面的重力加速度为g 月，则g 月g 地＝GM 月R 2月GM 地R 2地＝M 月M 地·R 2地R 2月＝181×3.72，解得g 月≈1.7 m/s2.由v 2＝2g 月h ，得着陆前的速度为v ＝2g 月h ＝2×1.7×4 m/s ≈3.7 m/s ，选项A 错误．悬停时受到的反冲力F ＝mg 月≈2×103 N ，选项B 正确．从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C 错误．设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v 1、v 2，则v 1v 2＝GM 月R 月GM 地R 地＝M 月M 地·R 地R 月＝ 3.781<1，故v 1<v 2，选项D 正确．三、非选择题11．(2016·陕西师大附中模拟)双星系统中两个星球A 、B 的质量都是m ，A 、B 相距L ，它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值T 0，且TT 0＝k (k ＜1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C 的影响，并认为C 位于双星A 、B 的连线正中间，相对A 、B 静止，求：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统周期理论值T 0； (2)星球C 的质量．解析：(1)两个星体A 、B 组成的双星系统角速度相同，根据万有引力定律，两星之间万有引力F ＝G m ·mL2.设两星轨道半径分别是r 1、r 2.两星之间万有引力是两星做匀速圆周运动的向心力，有F ＝mr 1ω20，F ＝mr 2ω20，可得r 1＝r 2，因此两星绕连线的中点转动．由Gm 2L 2＝m ·L2·ω20，解得ω0＝ 2GmL 3. 所以T 0＝2πω0＝2π2GmL 3＝2πL 32Gm. (2)设星球C 的质量为M ，由于星球C 的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则 Gm 2L 2＋G mM ⎝⎛⎭⎫12L 2＝m ·12L ·ω2，得ω＝2G （m ＋4M ）L 3，可求得T ＝2πω＝2πL 32G （m ＋4M ），有TT 0＝2πL 32G （m ＋4M ）2πL 32Gm＝mm ＋4M＝k 所以M ＝1－k 24k 2m .答案：(1)2πL 32Gm (2)1－k 24k2m 12．(2014·高考四川卷)石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．(1)若”太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g ＝10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.解析：(1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则 r 1＝R ＋h 1① v 1＝r 1ω②货物相对地心的动能 E k ＝12m 1v 21③ 联立①②③式得 E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2.④(2)设地球质量为M ，人相对地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则 r 2＝R ＋h 2⑤ a n ＝ω2r 2⑥ F ＝G m 2M r 22⑦g ＝GM R2⑧设水平地板对人的支持力大小为F N ，人对水平地板的压力大小为F ′N ，则 F －F N ＝m 2a n ⑨运用牛顿第三定律可得F ′N ＝F N ⑩ 联立⑤～⑩式并代入数据得 F ′N ≈11.5 N.答案：(1)12m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11.5 N。