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2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(10)含解析
10.电容器和电路动态分析
1.(2018·盐城市三模)如图1所示,平行板电容器两极板接在直流电源两端.下列操作能使电容器电容减小的是( )
图1
A.增大电源电压 B.减小电源电压
C.在两极板间插入陶瓷 D.增大两极板间的距离
答案 D
2.(2018·南京市学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图2所示,忽略漏电产生的影响,下列判断正确的是( )
A.平行板正对面积减小时,静电计指针偏角减小
B.静电计可以用电压表替代
C.静电计所带电荷量与平行板电容器所带电荷量不相等
D.静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
答案 C
3.(2018·南通市、泰州市一模)如图3所示,电源电动势E=12 V,内阻r=1.0 Ω,电阻R1=4.0 Ω,R2=7.5 Ω,R3=5.0 Ω,电容器的电容C=10 μF.闭合开关S,电路达到稳定后电容器的电荷量为( )
图3
A.4.5×10-5 C B.6.0×10-5 C
C.7.5×10-5 C D.1.2×10-4 C
答案 B
4.(多选)(2018·苏州市模拟)如图4所示为一直流电路,电源内阻小于R0,滑动变阻器的最大阻值小于R.在滑动变阻器的滑片P从最右端滑向最左端的过程中,下列说法错误的是( )
图4
A.电压表的示数一直增大
B.电流表的示数一直增大
C.电阻R0消耗的功率一直增大
D.电源的输出功率先减小后增大
答案 BCD
解析 根据电路图可知,滑动变阻器的左半部分与R串联后与滑动变阻器的右半部分并联然后再与R0串联.当滑片P向左滑动时,由于滑动变阻器的最大阻值小于R,所以并联部分电阻一直增大,则总电阻一直增大,电路中总电流一直减小,电源的内电压以及R0两端电压都减小,则由闭合电路欧姆定律可知,电压表示数一直增大,故A正确;电流表测量干路电流,电流表示数一直减小,故B错误;根据P0=I2R0可知,I减小,则R0消耗的功率一直减小,故C错误;当外电路电阻等于电源内阻时,电源的输出功率最大,而R0大于电源内阻,所以随着外电阻增大,电源的输出功率一直减小,故D错误.
5.在如图5所示的电路中,R0为定值电阻,R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大),C为电容器,现减弱对光敏电阻R光照的强度,下列说法正确的是( )
图5
A.电流表的示数变大
B.电容器C的电荷量变大
C.电压表的示数变小
D.电源内部消耗的功率变大
答案 B
解析 减弱对光敏电阻R光照的强度,R增大,根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大,即电压表示数增大,总电流减小,即电流表示数减小,电容器两端的电压增大,根据C=以及C不变,U增大可得Q增大,电源内部消耗的电功率P=I2r,I减小,内阻不变,所以P减小,故B正确.
6.(2018·泰州中学模拟)如图6所示,E为电源,其内阻不可忽略,RT为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小,L为指示灯泡,C为平行板电容器,G为灵敏电流计.闭合开关S,当环境温度明显升高时,下列说法正确的是( )
图6
A.L变暗
B.RT两端电压变大
C.C所带的电荷量保持不变
D.G中电流方向由a→b
答案 D
解析 由题图可知,热敏电阻与L串联.当环境温度升高时热敏电阻的阻值减小,总电阻减小,则电路中电流增大,灯泡L变亮,故A错误;因为电路中电流增大,电源的内电压及灯泡L两端的电压增大,则RT两端电压减小,故B错误;因为电容器并联在电源两端,因内电压增大,路端电压减小,故由Q=CU知电容器所带电荷量减小,故C错误;电容器所带电荷量减小,电容器放电,故G中电流由a→b,故D正确.
7.如图7所示电路中,电源的电动势为E,内阻为r,各电阻阻值如图所示,电表均为理想电表,当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中,下列说法正确的是( )
图7
A.电压表的读数U先减小后增大
B.电流表的读数I先增大后减小
C.电压表读数U与电流表读数I的比值不变
D.电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值的绝对值不变
答案 D
解析 滑动触头P位于a端和b端时外电路总电阻均为=R,P位于ab的中点时,外电路总电阻为R+R=R,所以当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中,总电阻先增大后减小,电源的电动势和内阻不变,根据闭合电路欧姆定律,总电流先减小后增大,则内电压先减小后增大,外电压先增大后减小.即电压表的读数U先增大后减小,电流表的读数I先减小后增大,故A、B错误;电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻,外电阻先增大后减小,故C错误;因为内外电压之和不变,所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等,所以=r,故D正确.
8.(多选)(2018·江苏省高考压轴冲刺卷) 如图8所示,电源的电动势为E,内阻为r,R1为定值电阻且R1>r,R2为光敏电阻,当光照强度减小时阻值增大,L为小灯泡,C为电容器,电表均为理想电表.闭合开关S后,若增大照射光强度,则( )
图8
A.电压表的示数减小
B.电源的输出功率增大
C.电容器上的电荷量增加
D.两表示数变化量的比值的绝对值||不变
答案 BD
解析 增大光照强度则R2减小,所以电路的总电流增大,电压表测定值电阻R1两端的电压,故示数变大,A错误;因为R1>r,电源输出功率P出=()2R外=,则当R外=r时,输出功率最大,当R外>r时,随外电路总电阻的减小,输出功率增大,B正确;由于内电压、R1两端的电压均增大,则电容器两端电压减小,电容器所带电荷量减小,C错误;由于U=IR1,所以||=R1,故不变,D正确.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(1)含解析
1.直线运动规律及其图象
1.(2018·徐州市期中)如图1所示,为了能够方便测出人的反应时间,某研究小组制作了“反应时间测量尺”,其使用方法:甲同学捏住测量尺上端使其保持竖直,零刻度线位于乙同学的两指之间.当乙看见甲释放测量尺时,立即用手指捏住,根据乙手指所在测量尺的位置,直接读出反应时间.下列说法正确的是( )
图1
A.“反应时间测量尺”A标度合理
B.“反应时间测量尺”B标度合理
C.“反应时间测量尺”下降的距离与时间成正比
D.用钢尺和塑料尺制成的测量尺刻度明显不同
答案 B
解析 由题可知,手的位置在开始时应放在0刻度处,所以0刻度要在下边.物体做自由落体运动的位移:h=gt2,位移与时间的平方成正比,所以随时间的增大,测量尺上刻度的间距增大.由以上的分析可知,题图B是正确的,故A错误,B正确;由公式h=gt2,位移与时间的平方成正比,用钢尺和塑料尺制成的测量尺刻度应是相同的,故C、D错误.
2.(2018·江苏百校12月大联考)某科学小组研制了一种探测器,其速度大小可随运动情况进行调节.如图2所示,在某次实验中,该探测器从原点一直沿x轴正方向运动,且速度与位移成反比,已知探测器在A、B两点的速度分别为4 m/s和2 m/s,O点到B点的位移为2 m,则探测器从A点运动到B点的时间为( )
图2
A. s B. s
C. s D. s
答案 A
解析 由速度与位移成反比,可知x=k·
由vB=2 m/s,vA=4 m/s,xOB=2 m
可得,k=4,xOA=1 m
根据数据可得-x图象如图所示
由t==x·,可知阴影部分的面积为探测器从A点运动到B点的时间t.
t=×(+)×1 s= s.
3.交通法规定同车道行使的机动车,后车应当与前车保持足以采取紧急制动措施的安全距离.在申苏浙皖G50高速公路的某一路段,规定汽车行使速度不得高于120 km/h,也不得低于60 km/h,一般人的反应时间约为0.5 s,汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2,根据以上信息估算该路段行车的安全距离最接近( )
A.50 m B.100 m C.130 m D.200 m
答案 C
4.(2018·黄桥中学月考)一个物体沿一条直线运动,其位移x随时间t的变化规律图线为如图3所示的抛物线,c和d已知,由此可知( )
图3
A.物体的初速度为0
B.物体做加速度越来越大的加速运动(k==v)
C.物体在c时刻的速度为
D.物体经过1.5c时的速度为
答案 C
解析 由x-t图象结合位移公式x=v0t+at2可知物体做匀加速直线运动,由d=v0c+ac2和3d=v0(2c)+a(2c)2,解得v0=,a=,A、B错误;应用速度公式可知物体在c时刻的速度为v0+ac=,物体在1.5c时刻的速度为v0+1.5ac=,C正确,D错误.
5.(2018·江苏押题卷)一个质点由静止开始沿直线运动,速度随位移变化的图象如图4所示,关于质点的运动,下列说法中正确的是( )
图4
A.质点做匀变速直线运动
B.质点做匀加速直线运动
C.质点做加速度逐渐减小的加速运动
D.质点做加速度逐渐增大的加速运动
答案 D
解析 在v-x图象中,图线的斜率k==·=,由题中v-x图象可知,图线的斜率k恒定不变,即质点运动的加速度a与速度v的比值不变,显然,随着质点运动速度v的增大,其加速度a也逐渐增大,故选项D正确.
6.(多选)(2018·虹桥中学一调)甲、乙两球从相同高度同时由静止开始落下,两球在到达地面前,除重力外,还受到空气阻力Ff的作用,此阻力与球的下落速率v成正比,即Ff=-kv(k>0),且两球的比例常数k完全相同.如图5所示为两球的v-t图象.若甲球与乙球的质量分别为m1和m2,则下列说法正确的是( )
图5
A.m1>m2
B.m1<m2
C.乙球先到达地面
D.甲球先到达地面
答案 AD
解析 由题图图象知甲乙两球匀速运动的速度关系:v甲>v乙①
由平衡条件得:mg=kv②
①②联立得:m1>m2 ,故A正确,B错误;两球位移相等时,即图线与时间轴围成的面积相等,可知球乙的运动时间长,球甲先到达地面,故D正确,C错误.
7.(2018·盐城市模拟)电梯在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图6所示,以竖直向上为正方向,则电梯( )
图6
A.速度在t=1.5 s时最小
B.第1 s内的位移等于第3 s内的位移
C.第1 s内的速度变化量小于第2 s内的速度变化量
D.对人的支持力在t=1.5 s时最大
答案 C
8.(多选)(2018·锡山中学月考) 如图7所示,斜面ABC中AB段光滑,BC段粗糙.一小物块由A点静止释放,沿斜面下滑到C点时速度恰好为零.若物块运动的速度为v、加速度为a、位移为x、物块所受合外力为F、运动时间为t,以沿斜面向下为正方向,则下列图象中可能正确的是( )
图7
答案 AB
解析 由于AB段光滑,物块在AB段受重力和斜面支持力,做匀加速运动,设斜面ABC与水平面的夹角为α.物块加速度为:a1==gsin α,BC段粗糙,故物块受力比AB段多一个沿斜面向上的摩擦力,由于小物块由A点静止释放,沿斜面下滑到C点时速度恰好为零,可知物块先加速后减速,故可知BC段加速度向上,其大小为:a2==-gsin α,故A、B正确.物块在AB段受重力和斜面支持力,做匀加速运动,其位移为:x=a1t2,可知位移-时间图象应该是开口向上的抛物线,故C错误.物块在AB和BC段的受力都是恒定的,故D错误.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(2)含解析
2.受力分析和物体平衡
1.(2018·江苏六校联考)磁性黑板擦吸附在竖直的黑板平面上静止不动时,关于黑板擦的受力情况,下列叙述中正确的是( )
A.黑板擦受到的磁力与它受到的重力是一对平衡力
B.黑板擦受到的磁力与它受到的弹力是一对作用力与反作用力
C.黑板擦受到的磁力与它受到的摩擦力性质相同
D.黑板擦受到的摩擦力与它受到的重力是一对平衡力
答案 D
2.如图1所示,水平面上A、B两物块的接触面水平,二者叠放在一起,在作用于B上的恒定水平拉力F的作用下沿地面向右做匀速直线运动,某时刻撤去力F后,二者仍不发生相对滑动,关于撤去F前后下列说法正确的是( )
图1
A.撤去F之前A受到3个力作用
B.撤去F之前B受到4个力作用
C.撤去F前后,A的受力情况不变
D.A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2
答案 D
解析 撤去F前A受重力、B对A的支持力2个力作用;B受重力、地面支持力、A对B的压力、地面对B的摩擦力、外力F共5个力作用;撤去F后,AB一起匀减速运动,A除受重力、支持力外,还受静摩擦力作用,对AB整体:μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a,对A:μ1mAg≥mAa,即μ1≥μ2.
3.(2018·淮安中学期中)如图2所示,一名登山运动员攀登陡峭雪壁时,如果认为峭壁的平面是竖直的平面,峭壁平面是光滑的,腿与峭壁面是垂直的,若轻绳与峭壁面的夹角为30°,运动员质量为60 kg,g取10 m/s2.人处于静止状态,则细绳张力的大小FT为( )
图2
A.200 N B.600 N
C.400 N D.1 200 N
答案 C
4.(2018·高考押题预测卷)如图3所示,A、B、C三个物体的质量是mA=mB=mC=m,A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连,B、C用劲度系数为k2的弹簧相连,弹簧k1一端固定在天花板上,另一端与滑轮相连.开始时,A、B两物体在同一水平面上,不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦.现用竖直向下的力缓慢拉动A物体,在拉动过程中,弹簧及与A、B相连的绳子始终竖直,到C物体刚要离开地面(A没落地,B没有与滑轮相碰,A、B、C可视为质点),重力加速度为g,此时A、B两物体的高度差( )
图3
A.+ B.+
C.+ D.+
答案 D
解析 开始时,弹簧k1的拉力是A物体重力的两倍,所以它的伸长量x1=;弹簧k2的弹力是B、A两物体的重力差,所以它的压缩量x2=.当C物体刚要离开地面时,弹簧k1的拉力是B、C两物体重力和的两倍,所以它的伸长量,x1′=;弹簧k2的拉力等于C的重力,所以它的伸长量x2′=,所以B物体上升的高度是hB=x2+x2′=,物体A下降的高度hA=hB+2(x1′-x1)=+,所以A、B高度差Δh=hA+hB=+,故D正确,A、B、C错误.
5.(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图4所示,质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上,今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至图示位置.用FT表示绳 OA段拉力的大小,在拉力F由图示位置逆时针缓慢转过90°的过程中,始终保持O点位置不动,则( )
图4
A.F先逐渐变小后逐渐变大,FT逐渐变小
B.F先逐渐变小后逐渐变大,FT逐渐变大
C.F先逐渐变大后逐渐变小,FT逐渐变小
D.F先逐渐变大后逐渐变小,FT逐渐变大
答案 A
解析 保持O点位置不变,将F由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°的过程中,F和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线,由平行四边形定则可知,当F竖直向上时,F最大,最大值 Fmax=mg,此时FT最小,FT=0;当F⊥AO时,F最小,则F先逐渐变小后逐渐变大,FT逐渐变小,故A正确.
6.(多选)(2018·如皋市期初) 如图5所示,物体B叠放在物体A上,A、B的质量均为m,且上、下表面均与斜面平行,它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑,重力加速度为g,则( )
图5
A.A、B间的摩擦力大小为mgsin θ
B.A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C.A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin θ
D.A与B间的动摩擦因数μ=tan θ
答案 AC
解析 将B的重力分解可知重力有沿斜面向下的分力,要使B能匀速下滑,受力一定平衡,故A对B应有沿斜面向上的摩擦力,大小等于B的重力沿斜面方向的分力,即mgsin θ,故A正确;由牛顿第三定律可知,A受到B的摩擦力应沿斜面向下,故B错误;对A、B整体分析,并将整体重力分解,可知沿斜面方向上,重力的分力与摩擦力等大反向,故A受斜面的滑动摩擦力沿斜面向上,大小为2mgsin θ,故C正确;由于A、B间为静摩擦力,无法确定动摩擦因数,故D错误.
7.如图6甲所示,水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈,一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑.现对小物块施加一水平向右的恒力F,使它沿该斜劈表面匀速上滑,如图乙所示,重力加速度为g,则F的大小应为( )
图6
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案 A
解析 小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑,则有mgsin 30°=μmgcos 30°,可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ=tan 30°.当施加F后,由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑,对小物块受力分析如图所示:
根据平衡条件有
沿斜面方向:Fcos 30°-Ff-mgsin 30°=0
垂直斜面方向:FN=mgcos 30°+Fsin 30°
又Ff=μFN,
联立可得:F=mg,故A正确,B、C、D错误.
8.(2018·江苏五校联考)如图7所示,两个截面半径均为r,质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上,A、B截面圆心间的距离为l,在A、B上放一个截面半径为r,
质量为2m的光滑圆柱体C,A、B、C均始终处于静止状态,则( )
图7
A.B对地面的压力大小为3mg
B.地面对A的作用力沿AC圆心连线方向
C.l越小,A、C间的弹力越小
D.l越小,地面对A、B的摩擦力越大
答案 C
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(3)含解析
3.牛顿运动定律的应用
1.(2018·南通市等七市三模)春秋末年齐国人的著作《考工记》中有“马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是马对车不施加拉力了,车还能继续向前运动.这是关于惯性的最早记述.下列关于惯性的说法中正确的是( )
A.车只在运动时才具有惯性
B.撤去拉力后车的惯性大小不变
C.拉力可以改变车的惯性
D.车运动越快惯性越大
答案 B
2.如图1所示,一些商场安装了智能化的自动扶梯.为了节约能源,在没有乘客乘行时,即自动扶梯不载重时往往以较小的速度匀速运行,当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个运动阶段.关于台阶对人的摩擦力和支持力,下列表述正确的是( )
图1
A.匀速时,摩擦力方向沿水平向左
B.匀速时,人受到的支持力大于受到的重力
C.加速时,摩擦力方向沿斜面向上
D.加速时,人受到的支持力大于受到的重力
答案 D
解析 匀速运动阶段,乘客不受摩擦力的作用,故A错误;匀速时,人受到的支持力等于受到的重力,故B错误;乘客在加速运动的过程中有斜向上的加速度,此加速度可以分解为水平向左和竖直向上的加速度,在水平方向上摩擦力提供了运动所需要的加速度,所以人受到的摩擦力水平向左,故C错误;在竖直方向处于超重状态,所以人受到的支持力大于人受到的重力,故D正确.
3.(2018·盐城市、东台市模拟)如图2所示,物体A、B、C质量分别为m、2m、3m,A与天花板间、B与C之间用轻弹簧连接,当系统平衡后,突然将A、B间绳烧断,在绳断的瞬间,A、B、C的加速度分别为(以向下的方向为正方向,g为重力加速度)( )
图2
A.g,g,g
B.-5g,2.5g,0
C.-5g,2g,0
D.-g,2.5g,3g
答案 B
解析 A、B间绳烧断前,由平衡条件得知,下面弹簧的弹力大小为F1=mCg=3mg,上面弹簧的弹力大小为F2=(mA+mB+mC)g=6mg,A、B间绳的拉力大小为FT=(mB+mC)g=5mg.A、B间绳烧断瞬间,两根弹簧的弹力都没有变化,则对A:此瞬间A所受的合力大小与原来所受绳子的拉力FT大小相等,方向相反,即方向向上,则-5mg=maA,得aA=-5g.对B:此瞬间B所受的合力大小与原来所受绳子的拉力FT大小相等,方向相反,即方向向下,则5mg=2maB,得aB=2.5g.对C:此瞬间弹簧的弹力没有变化,则C的受力情况没有变化,所以aC=0,故选B.
4.(多选)(2018·扬州中学5月模拟)一小滑块(可看成质点)在水平拉力F作用下,沿粗糙水平面做直线运动,其速度v随时间t变化的图象如图3所示.在0.5 s、1.5 s、2.5 s、3.5 s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4,则下列判断一定正确的是( )
图3
A.F1C.F1>F4 D.F3>F4
答案 CD
解析 由题图v-t图象可知,0.5 s、1.5 s时刻的加速度a1、a2的方向都为正,而且a1>a2,在2 s时刻的速度达到最大值,此时加速度等于0,2.5 s、3.5 s时刻的加速度a3、a4的方向都为负,而且|a4|>|a3|,以速度v的方向为正方向,则:F-Ff=ma,所以:F=Ff+ma,结合各点的加速度的大小与方向关系,可知:F1>F2>F3>F4,故A、B错误,C、D正确.
5.(多选)(2018·江苏一模)如图4所示,两个物体A和B通过轻绳相连,绳与轻质滑轮间的摩擦可忽略不计.开始系统处于静止状态,各段轻绳均在竖直方向上,已知物体B的质量为m,重力加速度为g.现对物体B施加一竖直向下、大小为mg的恒力F.下列说法中正确的是( )
图4
A.物体A的质量为2m
B.施加外力后,物体B的加速度大小为g
C.施加外力后,物体B的加速度大小为g
D.系统加速过程中,轻绳的张力大小为mg
答案 ACD
解析 施加外力前,以物体B为研究对象,可知绳子拉力为FT=mg,以物体A为研究对象,根据平衡条件可得A的重力为2mg,则物体A的质量为2m,故A正确;施加外力后,根据动滑轮的特点可知物体B的加速度大小等于物体A的加速度大小的2倍,设物体B的加速度大小为a,绳子拉力为FT′,对物体B根据牛顿第二定律可得F+mg-FT′=ma,对物体A根据牛顿第二定律可得2FT′-2mg=2m×a,联立解得a=g,轻绳的张力大小为FT′=mg,故B错误,A、C、D正确.
6.(2018·锡山中学月考)如图5,一截面为椭圆形的容器内壁光滑,其质量为M,置于光滑水平面上,内有一质量为m的小球,当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时,小球处于图示位置,重力加速度为g,此时小球对椭圆面的压力大小为( )
图5
A.m
B.m
C.m
D.
答案 B
解析 先以容器和小球整体为研究对象,根据牛顿第二定律得:加速度为a=,再以小球为研究对象,分析受力如图所示,由牛顿第二定律得FN==m,B正确.
7.(2018·如皋市调研)滑板运动是许多极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目发展而来.如图6所示,质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上,质量为m的滑板运动员站在滑板上,若要滑板车静止在斜面上,重力加速度为g,则运动员需要( )
图6
A.匀速向下奔跑
B.以加速度a=gsin α向下加速奔跑
C.以加速度a=(1+)gsin α向下加速奔跑
D.以加速度a=(1+)gsin α向上加速奔跑
答案 C
8.(多选)(2018·锡山中学月考) 如图7所示,三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )
图7
A.物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
B.物块A、B同时到达底端
C.物块A先到达传送带底端
D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案 BD
解析 对物块A受力分析,因为mgsin 37°>μmgcos 37°,则物块A所受摩擦力沿斜面向上,向下做匀加速直线运动,物块B所受摩擦力沿斜面向上,向下做匀加速直线运动,两物块匀加速直线运动的加速度相等,位移相等,则运动的时间相等,故到达底端的速度大小相等,故A、C错误,B正确.对物块A,划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移,以物块A为研究对象,由牛顿第二定律得:a=2 m/s2
由运动学公式得运动时间为:t=1 s.
所以传送带运动的位移为x=vt=1 m.
则物块A对传送带的划痕为:Δx1=2 m-1 m=1 m
对物块B,划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移,同理得出物块B对传送带的划痕长度为Δx2=3 m.所以划痕长度之比为1∶3,故D正确.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(4)含解析
4.抛体运动和圆周运动
1.健步行走是现在流行的一种健身方式.如图1所示,在广场的两个同心圆圆形走道上,有一对父女沿同一方向匀速健步行走,女儿在图中A位置,父亲在图中B位置.若女儿、父亲所在位置与圆心始终在一条直线上,则下列说法正确的是( )
图1
A.女儿的线速度比较大 B.女儿的角速度比较大
C.父亲的加速度比较大 D.父亲的转速比较大
答案 C
解析 根据女儿、父亲所在位置与圆心始终在一条直线上可知,他们的角速度相同,由公式v=ωr可知,女儿的线速度较小,由公式an=ω2r可知,父亲的加速度比较大,由公式n=f=可知,女儿、父亲的转速相等,综合以上分析可知,C正确.
2.(2018·南京市学情调研)如图2所示,将小球从空中的A点以速度v0水平向右抛出,不计空气阻力,小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点.若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上B点的右侧,下列方法可行的是( )
图2
A.在A点正上方某位置将小球以小于v0的速度水平抛出
B.在A点正下方某位置将小球以大于v0的速度水平抛出
C.在A点将小球以大于v0的速度水平抛出
D.在A点将小球以小于v0的速度水平抛出
答案 B
3.(2018·江苏一模)如图3所示,两位同学在体育课上进行传接篮球训练,甲同学将篮球从A点抛给乙(篮球运动的轨迹如图中实线1所示),乙在B点接住然后又将篮球传给甲(篮球运动的轨迹如图中虚线2所示).已知篮球在空中运动的最大高度恰好相同.若忽略空气阻力,则下列说法中正确的是( )
图3
A.篮球沿轨迹1运动的时间较长
B.篮球沿轨迹1运动的过程中速度变化较快
C.两同学将篮球抛出的速度大小相等
D.篮球落到B点前的瞬间重力做功的瞬时功率等于落到C点(与A、B两点高度相同)前的瞬间重力做功的瞬时功率
答案 D
解析 篮球在竖直方向上做竖直上抛运动,水平方向做匀速直线运动,运动时间由竖直位移决定,由于高度相同,所以两次运动时间相同,故A错误;篮球只受重力,根据牛顿第二定律,加速度为g,所以两次速度变化快慢相同,故B错误;由轨迹知道,竖直方向初速度相同,第2次水平初速度小于第1次,根据速度的合成,所以第2次抛出的速度小于第1次,故C错误;由于篮球落到B点前的竖直方向速度和C点的相同,所以篮球落到B点前的瞬间重力做功的瞬时功率等于落到C点前的瞬间重力做功的瞬时功率,故D正确.
4.(多选)(2018·扬州中学月考)如图4所示,在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球,经过时间ta恰好落在斜面底端P处;今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球,经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处.若不计空气阻力,下列关系式正确的是( )
图4
A.va=2vb B.va=vb
C.ta=2tb D.ta=tb
答案 BD
解析 b处抛出的小球落在斜面的中点,知a、b两处抛出的小球下降的高度之比为2∶1,根据h=gt2知,t=,则时间之比为=,即ta=tb,因为a、b两球水平位移之比为2∶1,则由x=v0t,得va=vb,故B、D正确,A、C错误.
5.(2018·虹桥中学一调)质量为m的汽车,额定功率为P,与水平地面间的动摩擦数为μ,以额定功率匀速前进一段时间后驶过一半径为R的圆弧形凹桥,汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同,重力加速度为g,则汽车对桥面的压力FN的大小为( )
A.FN=mg B.FN=()2
C.FN=m[g+()2] D.FN=m[g-()2]
答案 C
解析 机车以额定功率行驶,匀速行驶时满足:P=Ffv=μmgv,所以v=,在凹形桥最低点时,根据牛顿第二定律得,F-mg=m,由牛顿第三定律知汽车对桥面的压力等于桥面对汽车的支持力,FN=F=m[g+()2],故C正确,A、B、D错误.
6.(多选)如图5所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
图5
A.此时绳子张力为3μmg
B.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心
C.此时圆盘的角速度为
D.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动
答案 AC
解析 两物体A和B随着圆盘转动时,合外力提供向心力,则F=mω2r,B的半径比A的半径大,所以B所需向心力大,绳子拉力相等,所以当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时,B的最大静摩擦力方向指向圆心,A的最大静摩擦力方向指向圆盘边缘,有相对圆盘沿半径指向圆心的运动趋势,根据牛顿第二定律得:FT-μmg=mω2r,FT+μmg=mω2·2r,解得:FT=3μmg,ω=,故A、C正确,B错误.烧断绳子前瞬间A物体所需的向心力为2μmg,烧断绳子后,A的最大静摩擦力不足以提供向心力,则A做离心运动,故D错误.
7.(多选)(2018·徐州三中月考)如图6所示,放置在水平地面上的支架质量为M,支架顶端用细线拴着的摆球质量为m,现将摆球拉至水平位置,然后释放,摆球运动过程中,支架始终不动.以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
图6
A.在释放瞬间,支架对地面压力为(m+M)g
B.在释放瞬间,支架对地面压力为Mg
C.摆球到达最低点时,支架对地面压力为(m+M)g
D.摆球到达最低点时,支架对地面压力为(3m+M)g
答案 BD
解析 在释放摆球的瞬间,支架竖直方向受到重力Mg和地面的支持力FN1,由平衡条件知,FN1=Mg,根据牛顿第三定律得知,支架对地面的压力FN1′=FN1=Mg,故
A错误,B正确.设摆球到达最低点时速度大小为v,摆线长为L,由机械能守恒定律得:mgL=mv2①
摆球到达最低点时,有:FT-mg=m②
联立①②得细线的拉力:FT=3mg
结合牛顿第三定律得,支架对地面的压力大小为:FN2=Mg+F=(3m+M)g,故C错误,D正确.
8.(多选)如图7所示,一位同学玩飞镖游戏,已知飞镖距圆盘为L且对准圆盘上边缘的A点水平抛出,初速度为v0,v0的方向与圆盘面垂直,飞镖抛出的同时,圆盘以垂直圆盘且过盘心O点的水平轴匀速转动.若飞镖恰好击中A点,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
图7
A.从飞镖抛出到恰好击中A点,圆盘一定转动半周
B.从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为
C.圆盘的半径为
D.圆盘转动的角速度为(k=1,2,3…)
答案 BC
解析 飞镖做平抛运动的同时,圆盘上的A点做匀速圆周运动,恰好击中A点,说明A点正好在最低点被击中,圆盘转动的周期满足:t=kT+(k=0,1,2,3…),圆盘一定转动半周的奇数倍,故A错误;飞镖水平抛出,在水平方向做匀速直线运动,因此t=,选项B正确;飞镖击中A点时,A点恰好在最下方,2r=gt2,解得r=,选项C正确;飞镖击中A点,则A点转过的角度满足θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2,…),故ω=(k=0,1,2,…),选项D错误.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(5)含解析
5.万有引力定律及应用
1.(多选)(2018·南京市金陵中学模拟)天文社的同学长期观测一颗绕地球做圆周运动的人造卫星,测得其绕行周期是T,已知地球表面重力加速度为g,地球半径为R,由此可以求出( )
A.卫星受到的地球的引力 B.卫星运动的向心加速度
C.卫星运动的机械能 D.卫星的轨道离地面的高度
答案 BD
2.(2018·无锡市高三期末)如图1所示,2017年9月25日至9月28日期间,微信启动新界面,其画面视角从人类起源的非洲(左)变为华夏大地中国(右).新照片由我国新一代静止轨道卫星(同步卫星)“风云四号”拍摄,见证着科学家15年的辛苦和努力.下列说法正确的是( )
图1
A.“风云四号”可能经过无锡正上空
B.“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度
C.与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等
D.“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s
答案 B
3.(多选)(2018·南京市、盐城市二模)某试验卫星在地球赤道平面内一圆形轨道上运行,每5天对某城市访问一次(即经过其正上方),下列关于该卫星的描述中正确的是( )
A.角速度可能大于地球自转角速度
B.线速度可能大于第一宇宙速度
C.高度一定小于同步卫星的高度
D.向心加速度一定小于地面的重力加速度
答案 AD
解析 设卫星的周期为T,地球自转的周期为T0,则有×5T0=×5T0+2π,或者×5T0+2π=×5T0,可解得卫星的周期T=T0或者T=T0,即卫星的角速度可能大于地球自转角速度,也可能小于地球自转角速度,A正确;由卫星的线速度v=可知,所有卫星的速度小于等于第一宇宙速度,B错误;卫星的高度越高,周期越大,由A选项解析可知,卫星的周期可能大于也能小于同步卫星的周期,所以卫星的高度可能大于也可能小于同步卫星的高度,C错误;根据牛顿第二定律=ma,向心加速度a=,卫星的高度高于地面,所以其向心加速度小于地面的重力加速度,D正确.
4.(多选)(2018·苏锡常镇一调)如图2所示,我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成,包括分布于a类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同,轨道倾角55°)和分布于c类型轨道的27颗中轨道卫星(轨道半径小于同步卫星的),中轨道卫星运行在3个互成120°的轨道面上做圆周运动,预计2020年全部建成.下列说法正确的是( )
图2
A.a类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态
B.a类型轨道上的卫星运行速率等于b类型轨道上的卫星运行速率
C.b类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止
D.三类卫星相比,c类卫星的向心加速度最大
答案 BD
解析 卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,不是处于平衡状态,故A错误;人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,则有:G=m,解得:v=,由于a类型轨道上的卫星运行半径等于b类型轨道上的卫星运行半径,则a类型轨道上的卫星运行速率等于b类型轨道上的卫星运行速率,选项B正确;b类型卫星不能与地球保持相对静止,只有同步轨道卫星才能与地球保持相对静止,故C错误;a=,由题知中轨道卫星c的轨道半径小于同步卫星a,半径小的向心加速度大,故D正确.
5.(多选)某卫星绕地球做匀速圆周运动,周期为T.已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,假设地球的质量分布均匀,忽略地球自转.以下说法正确的是( )
A.卫星运行半径r=
B.卫星运行半径r=
C.地球平均密度ρ=
D.地球平均密度ρ=
答案 AC
解析 由万有引力提供向心力有:
G=mr,G=m′g
联立解得:r=,故A正确,B错误;
地球的质量M=,
地球的体积V=,
所以地球的密度为ρ===,
故C正确,D错误.
6.(多选)如图3所示,2018年5月21日,我国成功发射嫦娥四号任务“鹊桥”中继星,该卫星由地面发射后,进入地月转移轨道,经多次变轨后进入圆形工作轨道Ⅲ,为在月球背面软着陆做准备,下列说法错误的是( )
图3
A.卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度大
B.卫星在轨道Ⅲ上经过P点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度小
C.卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上短
D.卫星在轨道Ⅳ上的机械能比在轨道Ⅱ上大
答案 ABD
7.(2018·江苏省联盟大联考)已知质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为Ep=-G,其中G为引力常量,M为地球质量.先从地面赤道某处发射一质量m0的卫星至离地球表面h高处的轨道上,使其绕地球做匀速圆周运动,则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响,设地球半径为R)( )
A.G-G B.G-G
C.G D.G-G
答案 A
解析 根据万有引力提供向心力:G=m0,所以卫星的动能:Ek=m0v2=,从地面发射到离地面高h处,引力势能增加ΔEp=-,根据能量守恒,至少需对卫星做功W=Ek+ΔEp=-,所以A正确.
8.(多选)(2018·泰州中学月考)2016年2月11日,科学家宣布激光干涉引力波天文台(LIGO)探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号,这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后,引力波被首次直接观测到.在两个黑洞合并过程中,由于彼此间的强大引力作用,会形成短时间的双星系统.如图4所示,黑洞A、B可视为质点,它们围绕连线上O点做匀速圆周运动,且AO大于BO,不考虑其他天体的影响.下列说法正确的是( )
图4
A.黑洞A的向心力大于B的向心力
B.黑洞A的线速度大于B的线速度
C.黑洞A的质量大于B的质量
D.两黑洞之间的距离越大,A的周期越大
答案 BD
解析 双星靠相互间的万有引力提供向心力,根据牛顿第三定律可知,A对B的作用力与B对A的作用力大小相等,方向相反,则黑洞A的向心力等于B的向心力,故A错误;双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度,由题意可知A的半径比较大,根据v=ωr可知,黑洞A的线速度大于B的线速度,故B正确;在匀速转动时的向心力大小关系为:mAω2rA=mBω2rB,由于A的半径比较大,所以A的质量小,故C错误,双星系统的周期公式为:T=,所以两黑洞之间的距离越大,A的周期越大,故D正确.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(6)含解析
6.功、功率
1.(2018·徐州市模拟)在2016年全国室内铅球邀请赛中,河北名将巩立姣以19.37 m夺冠.运动员在比赛时投掷铅球的分解动作如图1,若铅球出手时速度大小约为10 m/s,铅球质量为5 kg,则运动员在掷铅球过程中对铅球做的功约为( )
图1
A.25 J B.250 J C.70 J D.270 J
答案 B
解析 对掷铅球的过程,由动能定理得运动员对铅球做的功为:W=mv02-0=×5×102 J=250 J.
2.(2018·徐州市考前模拟)如图2所示,在投球游戏中,小明坐在可升降的椅子上,向正前方的圆桶水平抛出篮球.已知某次抛出点的实际高度为2.0 m,桶的高度为0.4 m,到抛出点的水平距离为1.6 m,球恰好落入桶内,小明对球做功约为( )
图2
A.0.2 J B.2 J
C.20 J D.200 J
答案 B
解析 小明对球做功使球获得了初动能,小明抛球的过程中,对球应用动能定理得W=mv2,由平抛运动规律知(2.0-0.4) m=gt2,1.6 m=vt,球约为0.5 kg,可得W≈2 J.
3.(多选)(2018·南京市程桥高中模拟)人通过轻质定滑轮将质量为m的物体,沿倾角为θ的光滑固定斜面由静止开始匀加速由底端拉上斜面,物体上升的高度为h,到达斜面顶端的速度为v,重力加速度为g,如图3所示.则在此过程中( )
图3
A.人对物体做的功为mgh
B.人对物体做的功大于mgh
C.物体所受的合外力做功为mgh+mv2
D.物体所受的合外力做功为mv2
答案 BD
4.绿化工人驾驶洒水车在一段平直的道路上给绿化带浇水,若洒水车所受阻力与车重成正比,洒水车从开始浇水到罐体里的水全部用完过程中始终保持匀速行驶,则在以上过程中( )
A.洒水车受到的牵引力保持不变
B.洒水车受到的牵引力逐渐增大
C.洒水车发动机输出功率保持不变
D.洒水车发动机的输出功率逐渐减小
答案 D
解析 洒水车所受阻力与车重成正比,即阻力Ff=kG,开始洒水后,车重G减小,故阻力Ff减小,洒水车匀速行驶,则牵引力F的大小等于阻力Ff,因此洒水车受到的牵引力逐渐减小,故A、B错误;洒水车发动机的输出功率 P=Fv,开始洒水后牵引力F逐渐减小,速度v不变,则洒水车发动机的输出功率不断减小,故C错误,D正确.
5.将质量为m的物体在高空中以速率v水平向右抛出,由于风力作用,经过时间t后,物体下落一段高度,速率仍为v,方向与初速度相反,重力加速度为g,如图4所示.在这一运动过程中,下列关于风力做功的说法正确的是( )
图4
A.风力对物体不做功
B.风力对物体做的功(绝对值)为
C.风力对物体做的功(绝对值)小于
D.由于风力方向未知,不能判断风力做功情况
答案 C
6.(2018·江苏押题卷)用水平力F拉着一物体在水平面上做匀速运动,某时刻将力F随时间均匀减小,物体所受的摩擦力随时间的变化如图5中实线所示,下列说法中正确的是( )
图5
A.F做功的功率是从t1时刻开始减小的,t2时刻F做功的功率刚好变为零
B.F做功的功率是从t1时刻开始减小的,t3时刻F做功的功率刚好变为零
C.F做功的功率是从t2时刻开始减小的,t2时刻F做功的功率刚好变为零
D.F做功的功率是从t2时刻开始减小的,t3时刻F做功的功率刚好变为零
答案 A
解析 由题图可知,在t2时刻,物体所受摩擦力发生突变,显然是由原先的滑动摩擦力突变为静摩擦力,因此,从t2时刻起,物体开始处于静止状态,由功率P=Fv可知,t2时刻F做功的功率刚好变为零,故选项B、D错误;之前物体一定经历过一段减速运动,说明F已经开始减小,由P=Fv可知,在t2时刻之前F做功的功率已经在减小,故选项A正确,选项C错误.
7.(2018·南京市学情调研) 如图6所示,具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪高铁双向发车成功.若动车组各级车厢总质量均相等,它由8节车厢组成.其中第1和5节车厢为动车,其余均为拖车,动车的额定功率都相同.若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比,则该动车组( )
图6
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀速运动时,乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起跳点后方
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.做匀加速运动时,第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
答案 D
解析 设每节动车的功率为P,牵引力为F,每一节车厢的质量是m,阻力为kmg,启动时乘客做加速运动,其加速度的方向与车厢运动的方向是相同的,根据牛顿第二定律知乘客受到车厢作用力的方向与车运动的的方向相同,故A错误;做匀速运动时,乘客相对车厢竖直向上跳起后,由于惯性,水平方向保持与车厢相同的速度,在相同时间内两者通过的水平距离相等,所以将落在原来的起跳点,故B错误;设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s,则有-8kmgs=0-8×mv2,可得s=,可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比,故C错误;做加速运动时,有两节动力车厢,对整个的车厢进行受力分析得:2F-8kmg=8ma,对6、7、8节车厢进行受力分析得F1-3kmg=3ma
对7、8节车厢进行受力分析得:F2-2kmg=2ma
联立可得:=,故D正确.
8.质量为2 kg的物体,放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图7所示,g=10 m/s2,下列说法中正确的是( )
图7
A.此物体在OA段做匀加速直线运动,且此过程中拉力的最大功率为6 W
B.此物体在OA段做匀速直线运动,且此过程中拉力的最大功率为6 W
C.此物体在AB段做匀加速直线运动,且此过程中拉力的最大功率为6 W
D.此物体在AB段做匀速直线运动,且此过程中拉力的功率恒为6 W
答案 D
解析 运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmg=0.1×2×10 N=2 N,根据功的定义式可知拉力做功为W=Fx,故可知W-x图象的斜率表示拉力F的大小,在OA段拉力FOA= N=5 N>Ff,物体做匀加速直线运动,当x=3 m时速度最大,根据速度位移公式可得v2=2ax,根据牛顿第二定律可得a=,解得v=3 m/s,所以此过程中最大功率为POA=FOAv=15 W,在AB段,FAB= N=2 N=Ff,物体做匀速直线运动,拉力的功率恒定不变,为PAB=FABv=2×3 W=6 W,故D正确.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(7)含解析
7.动能定理、功能关系
1.(2018·南京市学情调研)大型强子对撞器LHC(Large Hadron Collider)是一座欧洲核子研究组织CERN的粒子加速器与对撞机,加速管中的单个质子具有的能量为7 TeV(7×1012 eV),此能量最接近( )
A.一只蜗牛爬行时的动能
B.辽宁舰正常行驶时的动能
C.手机充满1次电消耗的电能
D.家用空调工作1 h消耗的电能
答案 A
解析 7×1012 eV=7×1012×1.6×10-19 J=1.12×10-6 J,此能量接近一只蜗牛爬行时的动能.
2.背越式跳高是一项跳跃障碍的运动项目,包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段,如图1为从起跳到落地的运动过程分解图,某同学身高1.80 m,体重60 kg,参加学校运动会成功地越过了1.90 m的横杆,该同学跳起时刻的动能可能是下列哪个值(g取10 m/s2)( )
图1
A.400 J B.500 J C.800 J D.2 000 J
答案 C
解析 运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动,当重心达到横杆时速度恰好为零,运动员重心升高高度约为:h=1.90 m- m=1.0 m.
根据机械能守恒定律可知,跳起时的动能:
Ek=mgh=60×10×1 J=600 J,
因实际过程中存在阻力,则可知,只有动能大于600 J时才能成功越过,但2 000 J不符合实际,故只有C正确,A、B、D错误.
3.(多选)(2018·如皋市调研)如图2所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一小球相连,小球处于光滑水平面上,现对小球施加一个方向水平向右的恒力F,使小球从静止开始运动.则小球在向右运动到最远的整个过程中( )
图2
A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B.小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大
C.小球的动能逐渐增大
D.小球的动能先增大后减小
答案 BD
4.(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图3为沿斜坡向上行驶的汽车,当汽车在拉力F作用下向上运动时,汽车的机械能E与位移x的关系如图所示(AB段为曲线),汽车与斜面间的摩擦忽略不计.下列说法正确的是( )
图3
A.0~x1过程中,汽车所受拉力逐渐增大
B.x1~x2过程中,汽车速度可达到最大值
C.0~x3过程中,汽车的动能一直增大
D.x1~x2过程中,汽车以恒定的功率运动
答案 B
解析 设斜坡的倾角为 α,则汽车的重力势能为Ep=mgxsin α,由动能定理得汽车的动能为Ek=Fx-mgxsin α,则汽车的机械能为E=Ek+Ep=Fx,即图线的斜率表示 F,则可知 0~x1 过程中汽车受到的拉力恒定,选项A错误;x1~x2 过程中,拉力逐渐减小,随着F 的减小,汽车先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,加速度为零时,速度达到最大,选项B正确;综上可知,0~x3 过程中,汽车的速度先增大后减小,即动能先增大后减小,C错误;x1~x2过程中,汽车所受拉力逐渐减小,到x2处为零,则汽车到x2处的功率为零,选项D错误.
5.(2018·盐城市三模)小球被竖直向上抛出,然后回到原处.小球初动能为Ek0,所受空气阻力与速度大小成正比,则该过程中,小球的动能与位移x关系的图线是下列图中的( )
答案 C
解析 设小球的质量为m,由题意可知,空气阻力与速度关系为Ff=kv(k是比例常数)
取极短位移Δx为研究过程,根据动能定理得:
上升过程中有-(mg+Ff)Δx=-ΔEk,所以ΔEk=(mg+Ff)Δx,Ek-x图象斜率的大小等于mg+Ff,由于上升过程速度减小,则Ff减小,所以图象的斜率绝对值减小(对应上面一条曲线).
下降过程中有(mg-Ff)Δx=ΔEk,Ek-x图象斜率的大小等于mg-Ff,由于下降过程速度增大,则Ff增大,所以图象的斜率绝对值随位移的减小而减小(对应下面一条曲线),故C正确、A、B、D错误.
6.(多选)(2018·无锡市高三期末)如图4所示,质量分别为m1、m2的两物块A、B通过一轻质弹簧连接,静止放置在光滑水平面上,弹簧开始时处于原长,运动过程中始终处在弹性限度内,t1=0时刻在A上施加一个水平向左的恒力F,t2=t时刻弹簧第一次恢复到原长状态,此时A、B速度分别为v1和v2.则t1到t2时间内( )
图4
A.A、B和弹簧组成系统的机械能先增大后减小
B.当A的加速度为零时,B的加速度为
C.当弹簧的弹性势能最大时,两物块速度相等
D.物块B移动的距离为
答案 CD
解析 通过受力分析可知,物块A先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,物块B先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,t1~t2时间内,拉力F一直做正功,系统的机械能一直增大,故A错误;当A的加速度为零时,弹簧弹力等于F,所以B的加速度为,故B错误;速度相等前,A一直比B速度大,所以弹簧一直在变长,当两物块速度相等时,弹簧最长,弹簧的弹性势能最大,故C正确;因为弹簧恢复原长,所以弹簧弹性势能为零,根据功能关系可知:Fx=m1v12+m2v22,所以x=,故D正确.
7.(多选)如图5所示,一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与质量为mB的小球B连接,另一端与套在光滑竖直杆上质量为mA的小物块A连接,杆两端固定且足够长,物块A由静止从图示位置释放后,先沿杆向上运动.设某时刻物块A运动的速度大小为vA,加速度大小为aA,小球B运动的速度大小为vB,轻绳与杆的夹角为θ.重力加速度为g,则( )
图5
A.vB=vAcos θ
B.aA=-g
C.小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能
D.当物块A上升到与滑轮等高时,它的机械能最大
答案 AD
解析 将物块A的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向进行分解,沿绳子方向的分速度等于B的速度,即vB=vAcos θ,A正确;根据力的合成与分解法则,结合牛顿第二定律得:FTcos θ-mAg=mAa,而FT<mBg,则有,aA<-g,故B错误;A、B系统的机械能守恒,那么小球B减小的机械能等于物块A增加的机械能,C错误;物块A上升到与滑轮等高前,拉力做正功,机械能增加,物块A上升到与滑轮等高后,拉力做负功,机械能减小,所以A上升到与滑轮等高时,A的机械能最大,D正确.
8.(2018·无锡市期中)如图6所示,楔形木块固定在水平面上,斜面AB、BC与水平面的夹角分别为53°、37°.质量分别为2m、m的两滑块P、Q通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接,轻绳与斜面平行.已知滑块P与AB间的动摩擦因数为,其它摩擦不计,在两滑块运动的过程中( )
图6
A.Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功
B.Q机械能的增加量等于P机械能的减少量
C.P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量
D.P克服轻绳拉力做的功等于轻绳拉力对Q做的功
答案 D
解析 在两滑块运动的过程中,Q沿斜面上升,轻绳的拉力和重力都对Q做功,由动能定理知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和,故A错误.由于P下滑过程中要产生内能,所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量,故B、C错误.由题图可知,P与Q位移的大小是相等的,轻绳对P与对Q的拉力也相等,所以P克服轻绳拉力做的功等于轻绳拉力对Q做的功,故D正确.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(8)含解析
8.动量定理和动量守恒定律
1.李老师在课堂上做了如下的小实验:他把一只粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上,如图1所示.第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒.第二次他快速将纸条抽出,粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上.两次现象相比,下列说法正确的是( )
图1
A.第一次粉笔的惯性更小
B.第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大
C.第一次粉笔受到纸带的冲量更小
D.第一次粉笔获得的动量更大
答案 D
解析 两次拉动中粉笔的质量不变,故其惯性不变,故A错误;由于正压力不变,故纸条对粉笔的摩擦力不变,故B错误;由于慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长,故摩擦力对粉笔冲量更大,故C错误;由动量定理可知,第一次合外力的冲量更大,则第一次粉笔获得的动量更大,故D正确.
2.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图2所示,从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g.则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
图2
A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N
答案 B
解析 豆粒从80 cm高处落到秤盘前瞬间速度为v,v2=2gh,
则v== m/s=4 m/s
设向上为正方向,根据动量定理:Ft=mv2-mv1
F== N=0.6 N,B正确,A、C、D错误.
3.在列车编组站里,一节动车车厢以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢,碰后两节车厢结合在一起继续运动.已知两节车厢的质量均为20t,则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞时间很短,内力很大)( )
A.10 N·s B.20 N·s
C.104 N·s D.2×104 N·s
答案 C
解析 动车和拖车组成的系统碰撞过程动量守恒,根据动量守恒定律有mv0=2mv,对拖车根据动量定理有I=mv,联立解得I=104 N·s,选项C正确.
4.(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出,小球上升到某一高度后又落回到地面.若该过程中空气阻力不能忽略,且大小近似不变,则下列说法中正确的是( )
A.重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B.重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C.整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
答案 AC
解析 根据W=Gh可知,重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等,选项A正确;上升过程中的加速度a上=g+大于下降过程中的加速度a下=g-,则上升的时间小于下降的时间,即t上5.飞机在空中撞到一只鸟常见,撞到一只兔子就比较罕见了,而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了.如图3所示,2017 年10 月 20 日,一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机,飞到 1 500 m高时就撞到了一只兔子,当时这只兔子正被一只鹰抓着,两者撞到飞机当场殒命.设当时飞机正以 720 km/h的速度飞行,撞到质量为 2 kg的兔子,作用时间为 0.1 s.则飞机受到兔子的平均撞击力大小约为( )
图3
A.1.44×103 N B.4.0×103 N
C.8.0×103 N D.1.44×104 N
答案 B
解析 720 km/h=200 m/s,根据动量定理Ft=mv可得F== N=4×103 N,故选B.
6.(多选)如图4所示,小车在光滑水平面上向左匀速运动,轻质弹簧左端固定在A点,物体用细线拉在A点将弹簧压缩,某时刻线断了,物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上,取小车、物体和弹簧为一个系统,下列说法正确的是( )
图4
A.若物体滑动中不受摩擦力,则该系统全过程机械能守恒
B.若物体滑动中有摩擦力,则该系统全过程动量守恒
C.不论物体滑动中有没有摩擦力,小车的最终速度与线断前相同
D.不论物体滑动中有没有摩擦力,系统损失的机械能相同
答案 BCD
解析 物体与油泥粘合的过程,发生完全非弹性碰撞,系统机械能有损失,故A错误;整个系统在水平方向上不受外力,竖直方向上合外力为零,则系统动量一定守恒,故B正确;取小车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可知,物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统的速度与初速度是相同的,故C正确;当物体与B端油泥粘在一起时,系统的速度与初速度相等,所以系统的末动能与初动能是相等的,系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能,与物体滑动中有没有摩擦力无关,故D正确.
7.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动,该过程的位移—时间图象如图5所示.则下列判断错误的是( )
图5
A.碰撞前后A的运动方向相反
B.A、B的质量之比为1∶2
C.碰撞前后A的动能增大,B的动能减小
D.碰撞前B的动量较大
答案 C
解析 由位移—时间图象可得,碰撞之前vA= m/s=-5 m/s,碰撞之后vA′= m/s=5 m/s,则碰撞前后A的运动方向相反,故A正确.由位移—时间图象可得,碰撞之前vB= m/s=10 m/s,vAB=vA′,根据动量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)vAB,代入数据得,mA∶mB=1∶2,故B正确.碰撞前后A速度大小相等,则碰撞前后A动能不变,故C错误.碰撞前A、B速度方向相反,碰撞后A、B速度方向与B碰撞前速度方向相同,则碰撞前B动量较大,故D正确.
8.如图6所示,放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中间夹一被压缩的轻弹簧,当轻弹簧被放开时,A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地面上.若mA=3mB,则下列结果正确的是(不计空气阻力)( )
图6
A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2,则有W1∶W2=1∶1
B.在与轻弹簧作用过程中,两木块的速度变化量之和为零
C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2,则有Δp1∶Δp2=1∶1
D.若A、B同时离开桌面,则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内,A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3
答案 D
解析 弹簧弹开木块过程中,两木块及弹簧组成的系统动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得:mAvA-mBvB=0,则速度之比 vA∶vB=1∶3,根据动能定理得,轻弹簧对A、B做功分别为 W1=mAvA2,W2=mBvB2,联立解得W1∶W2=1∶3,故A错误.根据动量守恒定律知,在与轻弹簧作用过程中,两木块的动量变化量之和为零,即mAΔvA+mBΔvB=0,则ΔvA+ΔvB≠0,故B错误.A、B离开桌面后都做平抛运动,它们抛出点的高度相同,运动时间相等,设为t.由动量定理得,A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1=mAgt,Δp2=mBgt,所以Δp1∶Δp2=3∶1,故C错误.平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由x=v0t知,A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB=1∶3,故D正确.
2019高考物理江苏专用优编题型增分练:基础回扣练(9)含解析
9.静电场及其性质
1.若带有等量异号电荷的板状电容器不是平行放置的,则板间电场线的描绘正确的是( )
答案 D
2.(2018·南通等六市一调)某静电除尘装置管道截面内的电场线分布如图1所示,平行金属板M、N接地,正极位于两板正中央.图中a、b、c三点的场强分别为Ea、Eb、Ec,电势分别为φa、φb、φc,则( )
图1
A.EaC.φa>φb D.φb=φc
答案 C
解析 电场线越密的地方场强越大,则可以判断Ea>Eb>Ec,故A、B错误;沿着电场线方向电势逐渐降低,根据对称性可知φa>φb,故C正确;b、c到上极板的距离相等,而b点与极板间的场强大于c点与极板间的场强,所以b点到极板间的电势差大于c点到极板间的电势差,所以b点的电势高于c点的电势,故D错误.
3.(2016·江苏单科·3)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图2所示.容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( )
图2
A.A点的电场强度比B点的大
B.小球表面的电势比容器内表面的低
C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同
答案 C
解析 由电场线的疏密表示场强大小可知,A点的电场强度比B点的小,A项错误;沿电场线的方向电势逐渐降低,B项错误;容器的内表面为一等势面,内表面处各点场强的方向与等势面垂直,C项正确;容器内表面为等势面,将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力做功均为零,D项错误.
4.(多选)如图3甲所示,A、B、C三点是在等量同种正电荷连线垂线上的点,一个带电荷量为q、质量为m的点电荷从C点由静止释放,其只在电场力作用下运动的v-t图象如图乙所示,运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线),其切线斜率为k,则( )
图3
A.A、B两点间的电势差为
B.由C点到A点电势逐渐降低
C.B点为中垂线上电场强度最大的点,大小为
D.该点电荷由C到A的过程中电势能先减小后增大
答案 BC
解析 由v-t图象可知A、B两点的速度,再根据动能定理得,qUBA=mvA2-mvB2 ,故电势差UAB=-UBA=,故A错误;根据两个等量同种正电荷的电场线分布规律可知,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,故由C点到A点的过程中电势逐渐降低,故B正确;根据v-t图象可知带电粒子在B点的加速度最大为k,所受的电场力最大为km,由E=知,B点的场强最大为,故C正确.由C点到A点的过程中,据v-t图象可知带电粒子的速度增大,电场力做正功,电势能减小,故D错误.
5.(多选)(2018·江苏省高考压轴卷)如图4所示,在水平向右的匀强电场中,在O点固定一电荷量为Q的正点电荷,a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点,bd与电场线平行,ac与电场线垂直,则( )
图4
A.a、c两点的场强相同
B.b点的场强大小大于a点的场强大小
C.d、a间的电势差大于a、b间的电势差
D.检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
答案 BD
解析 a、c两点在匀强电场中电场强度相同,点电荷在a、c两点产生的电场强度大小相等、方向相反,合成后a、c两点的合场强大小相等,但方向不同,选项A错误;a、b、c、d四点中b点的合场强最大,选项B正确;d、a间的电势差与a、b间的电势差相等,选项C错误;a点电势与c点电势相等,检验电荷在a点的电势能与在c点的电势能相等,选项D正确.
6.(2018·常熟市期中)如图5所示,有两个固定的等量异种点电荷,a、b是它们连线的中垂线上的两个位置,c是它们产生的电场中另一位置,以无穷远处为电势的零点,则以下说法中正确的是( )
图5
A.a、b两点场强相同
B.a、b两点电势相同
C.c点电势为正值
D.将一正电荷从a点移到b点电场力做负功
答案 B
解析 a、b两点场强方向均与ab连线垂直向右,方向相同.a点处电场线比b点处疏,则a点场强比b点小,故A错误;等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线,所以a点电势与b点电势相等,由于该电场线一直延伸到无穷远,故该等势线上的每个点的电势均为零,故B正确;该电场的电场线由正电荷出发到负电荷终止,c点电势比a、b点电势低,c点电势为负,故C错误.由于a点与b点的电势相等,故将一正电荷从a点移到b点电场力不做功,故D错误.
7.(2018·盐城市期中)如图6所示,实线表示电场线,虚线表示等势线.则( )
图6
A.A点电势比B点高
B.A点电场强度比B点大
C.负电荷在A点电势能大
D.负电荷由B移到A静电力做负功
答案 A
解析 沿电场线方向电势越来越低,则知A点电势比B点高,故A正确.电场线的疏密程度反映场强的大小,A处电场线疏,所以A处电场强度小,故B错误.负电荷在电势高处电势能小,则知负电荷在A点电势能小,故C错误.负电荷由B移到A电势能减小,静电力做正功,故D错误.
8.(2018·江苏五校联考)设相距为l,电荷量分别为+q和-q的点电荷构成电偶极子,如图7所示,取二者连线方向为y轴方向,中点O为原点,建立如图所示的的xOy坐标系,P点距坐标原点O的距离为r(r?l),P、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ,设无穷远处的电势为零,P点的电势为φ,静电力常量为k.下面给出φ的四个表达式,其中只有一个是合理的,请你分析判断φ的合理表达式应为( )
图7
A.φ= B.φ=
C.φ= D.φ=
答案 C
解析 若夹角θ=90°,则P点位于检验电荷从无穷远处沿x轴移动到O点的过程中,静电力始终与位移方向垂直,则x轴上的电势处处为0,这与cos 90°相符,可见A、D错误,因离O点越远,其电势就越小,故r应在分母上,故B错误,C正确.
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