阶段综合提升检测一-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理１０—２　 一、单项选择题:本题共７小题,每小题４分,共２８ 分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的． １．(２０２４􀅰湖北黄冈联考)下列说法中不正确的是 (　　) A．人走路时,会受到静摩擦力作用 B．武警战士双手握住竖直固定的竹竿匀速上攀 时,所受摩擦力的方向是向下的 C．将酒瓶竖直用手握住停留在空中,当增大手 的握力时,酒瓶受到的摩擦力不变 D．在结冰的水平路面上撒些细土,人走上去不 易滑倒,是因为此时人与路面间的最大静摩 擦力增大了 ２．汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响,已 知空气阻力f＝１２cρSv ２,其中c为空气阻力系 数,ρ为空气密度,S 为物体迎风面积,v为物体 与空气的相对运动速度．则空气阻力系数c的国 际单位是 (　　) A．常数,没有单位 B．sm C． s ２ kg􀅰m D． N􀅰s２ kg２ ３．(２０２４􀅰广东潮州月考)超音速巡航是指飞机在 不开启后燃器的情况下能够持续在１􀆰５倍音速 以上进行超过３０分钟的超音速飞行．超音速巡 航的提出主要是基于快速突防的战术思想,因 此,该技术在未来的超视距作战中具有很大的 优势,超音速巡航是第五代战斗机的主要技术 特征之一．某第五代战机在一次直线加速飞行 中,速度由２７０m/s提升至５１０m/s,耗时一分 钟,假设加速过程为匀加速运动,则该过程飞行 的距离为 (　　) A．１６２００m B．２３４００m C．３０６００m D．４６８００m ４．(２０２４􀅰河北冀州一中检测)某 人想测量地铁启动过程中的加 速度,他把一根细绳的下端绑着 一支圆珠笔,细绳的上端用电工 胶布临时固定在地铁的竖直扶 手上．在地铁启动后的某段加速 过程中,细绳偏离了竖直方向, 他用手机拍摄了当时情景的照 片,拍摄方向跟地铁前进方向垂 直．细绳偏离竖直方向约为３０° 角,此时地铁的加速度约为 (　　) A．６m/s２ B．７．５m/s２ C．１０m/s２ D．５m/s２ ５．(２０２４􀅰福建泉州模拟)２０２１年举办的东京奥运 会上,我国运动员全红婵获得１０米跳台冠军． 从全红婵离开跳台开始计时,取竖直向下为正 方向,不考虑空气阻力和水平方向的运动,其速 度随时间变化的图像简化为如图所示,则全红 婵 (　　) A．在t２ 时刻运动到最高点 B．在０~t２ 时间内的加速度先减小后增大 C．在０~t２ 时间内的平均速度大小为 v２－v１ ２ D．在t２~t３ 时间内的平均速度大小为 v２ ２ ６．如图,P、Q 两物体叠放在水平 面上,已知两物体质量均为 m ＝２kg,P与Q间的动摩擦因数为μ１＝０􀆰３,Q与 水平面间的动摩擦因数为μ２＝０􀆰１,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力,重力加速度g取１０m/s２,当 水平向右的外力F＝１２N 作用在Q 物体上时, 下列说法正确的是 (　　) A．Q 对P 的摩擦力方向水平向左 B．水平面对Q 的摩擦力大小为２N C．P 与Q 之间的摩擦力大小为４N D．P 与Q 发生相对滑动 ７．(２０２４􀅰山东泰安模拟)如图所示,水平传送带 AB 间的距离为１６m,质量分别为２kg、４kg的 物块P、Q 通过绕在光滑定滑轮上的细线连接, Q 在传送带的左端,且连接物块Q 的细线水平, 当传送带以８m/s的速度逆时针转动时,Q 恰 好静止．重力加速度g取１０m/s２,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力．当传送带以８m/s的速度 顺时针转动时,下列说法正确的是 (　　) A．Q 与传送带间的动摩擦因数为０．６ B．Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为２．４s C．Q 从传送带左端滑到右端,相对传送带运动 的距离为４．８m D．Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的 拉力大小恒为２０N 二、多项选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８ 分．在每小题给出的四个选项中,每题有多项符合 题目要求．全部选对的得６分,选对但不全的得３ 分,有选错的得０分． ８．如图,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶 的汽车a和b的位移－时间(x－t)图线,由图可 知 (　　) A．在t１ 时刻,a车追上b车 B．在t２ 时刻,a、b两车运动方向相反 C．在t１ 到t２ 这段时间内,b车的速率先减小后 增大 D．在t１ 到t２ 这段时间内,b车的速率一直比a 车大 ９．如图所示,一质量为m 的物块 静止在倾角θ＝６０°的粗糙斜 面上,用一个与斜面底边平行 的力F＝mg２ (g 为重力加速 度)作用在物块上,该物块仍保持静止,则下列 说法正确的是 (　　) A．该物块受到的摩擦力大小为 ３２mg B．该物块受到的摩擦力大小为mg C．若撤掉该外力F,此物块可能发生滑动 D．若撤掉该外力F,此物块仍静止不动 １０．如图甲所示,一滑块置于足够长的长木板左 端,木板放置在水平地面上．已知滑块和木板 的质量均为２kg,现在滑块上施加一个F＝ ０􀆰５t(N)的变力作用,从t＝０时刻开始计时, 滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所 示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力 加速度g取１０m/s２,则下列说法正确的是 (　　) A．滑块与木板间的动摩擦因数为０．４ B．木板与水平地面间的动摩擦因数为０．２ C．图乙中t２＝２４s D．木板的最大加速度为２m/s２ 三、实验题:本题共２小题,共１４分． １１．(６分)(２０２４􀅰辽宁葫芦岛检测)某同学用如图 甲所示实验装置进行“探究弹簧的弹力和弹簧 伸长量的关系”的实验．直尺和光滑的细杆水 平固定在铁架台上,一根弹簧穿在细杆上(细 杆未画出),其左端固定,右端与细绳连接．细 绳跨过光滑定滑轮,其下端可以悬挂钩码,弹 簧与定滑轮间的细绳水平．实验时先测出不挂 钩码时弹簧的自然长度,再将５个钩码逐个挂 在绳子的下端,每次测出对应的弹簧总长度L, 并将所挂钩码的重力大小作为弹簧的弹力大 小F．(弹簧始终在弹性限度内) 物理１０—１ 阶段综合提升检测一 物理１０—４　 (１)把以上测得的数据描点连线,如图乙所示, 则该弹簧的原长L０＝　　　　cm,劲度系数k ＝　　　　N/m．(结果均保留三位有效数字) (２)若该同学先把弹簧竖直悬挂,下端不挂钩 码测出弹簧原长为L１,再按照图甲所示方法悬 挂钩码,测出弹簧伸长后的长度L,以L－L１ 作为弹簧伸长量x,以钩码重力大小作为弹力 F大小．由于弹簧自身重力的影响,得到的图 线可能是　　　　． １２．(８分)(２０２４􀅰宁夏平罗中学检测)某同学准备 做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与 质量的关系”实验．实验中,他将悬挂物的重力 大小视为小车受到的细线拉力大小． (１)在补偿小车所受的阻力时,以下操作错误 的是图　　　　(选填“甲”或“乙”); (２)已知打点计时器所用交变电源的频率为５０ Hz．该同学某次实验得到的纸带如图所示,A、 B、C、D、E 是５个连续的计数点．相邻两计数 点间有四个点未画出,实验数据如表中所示, 其中有一组数据读取不当,这组数据是　　　 (选填A、B、C、D 或E)．根据上述信息可得小 车的加速度大小为　　　　m/s２(结果保留两 位有效数字); 计数点 A B C D E 位置坐标(cm)４．５０５．５０７．３０９．９０１３．３ (３)在探究加速度与力的关 系时,该同学根据实验数据 作出的a－F 图像如图丙所 示,发现该图线不通过坐标 原点且BC段明显偏离直线,分析其产生的原 因,下列说法正确的是　　　　． A．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力不足 B．不通过坐标原点可能是因为补偿阻力过度 C．图线BC 段弯曲可能是悬挂物总质量未满 足远小于小车质量的条件 四、计算题:本题共３小题,共４０分． １３．(１０分)如图所示是扩张机的 原理示意图,A、B 为活动铰 链,C 为固定铰链,在A 处作 用一水平力F,B 就以比F 大 得多的压力向上顶物体D,已 知图中２l＝１􀆰０m,b＝０􀆰０５m,F＝４００N,B 与 左侧竖直墙壁接触,接触面光滑,铰链和杆受 到的重力不计．求: (１)扩张机AB 杆的弹力大小(用含α的三角函 数表示); (２)D 受到向上顶的力的大小． １４．(１２分)如图所示,一质量为 M＝２kg的长方 体木箱在水平拉力F 作用下向右做加速直线 运动．木箱与水平地面间的动摩擦因数为μ１＝ ０􀆰７,木箱内有一质量为m＝１kg的铁块恰好 能静止在后壁上,铁块与木箱间的动摩擦因数 为μ２＝０􀆰５．运动一段时间后减小拉力且木箱 仍做加速运动,铁块沿木箱后壁落到底部不反 弹,当木箱的速度为v０＝４m/s时撤去拉力,最 终铁块恰好没有与木箱的前壁相碰,设最大静 摩擦力等于滑动 摩 擦 力,重 力 加 速 度 g 取 １０m/s２,求: (１)开始运动时拉力F的大小; (２)木箱的长度L． １５．(１８分)(２０２４􀅰安徽省六安一中月考)ETC是 不停车电子收费系统的简称．最近,某ETC通 道的 通 行 车 速 由 原 来 的 ２０km/h 提 高 至 ４０km/h,车通过 ETC通道的流程如图所示． 为简便计算,假设汽车以v０＝３０m/s的速度朝 收费站沿直线匀速行驶,如过ETC通道,需要 在收费站中心线前d＝１０m 处正好匀减速至 v１＝４m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v０ 正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加 速度大小均为１m/s２,忽略汽车车身长度． (１)求汽车过ETC通道时,从开始减速到恢复 正常行驶过程中的位移大小; (２)如果汽车以v２＝１０m/s的速度通过匀速行 驶区间,其他条件不变,求汽车提速后过收费 站过程中比提速前节省的时间． 物理１０—３ 物理答案 —１１　 ②加速度a　质量的倒数 １m １３．[解题思路](１)设出发后４s内冰橇的加速度为a１,出发后４s 内冰橇发生的位移x１＝ １ ２a１t ２ １ 代入数据解得a１＝１􀆰５m/s２ 由牛顿第二定律有F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma１ 由题意知sinθ＝ １２０１２００＝０．１ 解得μ＝０􀆰０５． (２)设８s后冰橇的加速度为a２,由牛顿第二定律有 (m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a２ ８s末冰橇的速度v１＝a１t２ 出发后８s内冰橇发生的位移x２＝ １ ２a１t ２ ２＝４８m 到达终点时速度最大,设最大速度为v２, 则v２２－v２１＝２a２(x－x２) 代入数据联立解得v２＝３６m/s． [参考答案](１)０．０５　(２)３６m/s １４．[解题思路](１)当 B 开始滑动时B 与地 面 间 的 摩 擦 力 与F 相等, 即μ２(m＋M)g＝５t１＋４(N),得t１＝２s． (２)当A 即将相对B 滑动时,对木块A 有μ１mg＝ma 对整体有F２－μ２(m＋M)g＝(m＋M)a 由题知F２＝５t２＋４(N),解得t２＝３􀆰４s． (３)因t２＞t＝３s＞t１ B 已滑动,A、B 间未发生相对滑动,对木块A 有Ff＝ma′ 对整体有F３－μ２(m＋M)g＝(m＋M)a′,且F３＝５t＋４(N) 解得Ff＝ １５ ７ N≈２．１N． [参考答案](１)２s　(２)３．４s　(３)２．１N １５．[解题思路](１)由题图乙可知,物块的初速度v０＝８m/s 物块的速度减速到与传送带的速度相等时,加速度发生变化, 所以传送带转动时的速度v＝４m/s 在０~０􀆰４s时间内,物块加速度大小为 a１＝ Δv Δt ＝ ８－４ ０．４ m /s２＝１０m/s２,方向沿传送带向下; 物块受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力,沿传送带方 向由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma１ 解得μ＝０．５． (２)在t＝０．４s后,设物块减速运动的加速度大小为a２,物块 受到重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力,由牛顿第二定律 可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma２ 解得a２＝２m/s２ 物块从t＝０．４s开始,设经过t２ 时间速度减为零,则 t２＝ ４ ２ s＝２s ０~０．４s时间内物块位移为x１＝v０t１－ １ ２a１t ２ １＝２．４m ０．４~２􀆰４s时间内物块减速到零的位移 x２＝ v ２t２＝ ４ ２ ×２m＝４m 故物块沿传送带向上运动过程中的最大位移为 x＝x１＋x２＝６．４m． (３)０~０．４s时间内,传送带位移为x３＝vt１＝１．６m 物块相对传送带向上的位移 Δx１＝x１－x３＝０．８m ０．４~２．４s时间内,传送带位移x４＝vt２＝８m 物块相对传送带向下的位移 Δx２＝x４－x２＝４m 故物块向上运动到最高点的过程中相对传送带运动的路程 Δx＝Δx１＋Δx２＝４．８m． [参考答案](１)０．５　(２)６．４m　(３)４．８m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 阶段综合提升检测一 １．B　[解题思路]人走路时相对地面有向后运动的趋势,故人会 受到静摩擦力作用,A 正确,不符合题意;握住竖直的竹竿 匀速上攀时,由平衡条件可知,双手受到的摩擦力与重力等 大反向,方向竖直向上,B错误,符合题意;手握住酒瓶,增大 手的握力,会增大手与酒瓶间的最大静摩擦力,但酒瓶受到 的摩擦力不变,始终与重力等大反向,C正确,不符合题意; 在结冰的水平路面上撒些细土,人走上去不易滑倒,是因为 此时人与路面间的最大静摩擦 力 增 大 了,D 正 确,不 符 合 题意． ２．A　[解题思路]由f＝ １２cρSv ２,可得c＝ ２f ρSv２ ,右边式子代入单 位可得 ２kg􀅰m/s ２ kg/m３􀅰m２􀅰m２/s２ ＝２,即c为常数,没有单位,B、 C、D错误,A正确． ３．B　[解题思路]该过程飞行的距离为s＝ v１＋v２ ２ t＝ ２７０＋５１０ ２ × ６０m＝２３４００m,故选B． ４．A　[解题思路]对圆珠笔进行受力分析,如图所 示,根据牛顿第二定律有F合 ＝ma,由图可分 析出 F合 mg＝ a g ＝tan３０° ,解得a≈６m/s２,故 A 正确,B、C、D错误． ５．C　[解题思路]从全红婵离开跳台开始计时,取竖 直向下为正方向,由v－t图像可读出０~t１ 时间内向上做 匀减速直线运动,t１~t２ 时间内向下做匀加速直线运动,t２ ~t３ 时间内向下做加速度减小的变减速直线运动,故应在 t１ 时刻运动到最高点,故 A错误;v－t图像的斜率表示加速 度,在０~t２ 时间内的图像斜率恒定,即加速度恒定,方向向 下,故B错误;在０~t２ 时间内做匀变速直线运动,平均速度 等于初、末速度的一半,则大小为v＝ v２＋(－v１) ２ ＝ v２－v１ ２ , 故 C正确;在t２~t３ 时间内向下做加速度减小的变减速直 线运动,其位移小于相同时间内做匀减速直线运动的位移, 则有v变减 ＜v匀减 ＝ v２ ２ ,故 D错误． ６．C　[解题思路]当水平向右的外力F＝１２N 作用在Q 物体上 时,假设P 与Q 相对静止一起向右做匀加速直线运动,以P 与Q 为整体,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 F－μ２(m＋m)g＝ ２ma,解得a＝２m/s２,以P 为研究对象,根据牛顿第二定律 可得Ff＝ma＝２×２N＝４N,由于Ff＝４N＜μ１mg＝６N, 说明假设成立,C正确,D错误;P 的加速度方向水平向右, 可知Q 对P 的摩擦力方向水平向右,A 错误;水平面对 Q 的摩擦力大小为Ff地 ＝μ２(m＋m)g＝４N,B错误． ７．C　[解题思路]当传送带以v＝８m/s的速度逆时针转动时,Q 恰好静止不动,对Q 受力分析知mPg＝μmQg,解得μ＝０􀆰５, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —１２　 A 错误;当传送带以v＝８m/s的速度顺时针转动时,物块Q 先做初速度为零的匀加速直线运动,有 mPg＋μmQg＝(mP ＋mQ)a,解得a＝ ２０ ３ m /s２,当物块Q 速度达到传送带速度, 即８m/s后,做匀速直线运动,由v＝at１,解得匀加速的时间 t１＝１􀆰２s,匀加速的位移为x＝ v２ ２a＝４􀆰８m ,则匀速运动的 时间为t２＝ L－x v ＝１􀆰４s ,Q 从传送带左端滑到右端所用的 时间为t总 ＝t１＋t２＝２􀆰６s,B错误;加速阶段的位移之差为 Δx＝vt１－x＝４􀆰８m,即Q 从传送带左端到右端相对传送带 运动的 距 离 为 ４􀆰８m,C 正 确;当 Q 加 速 时,对 P 分 析 有 mPg－FT＝mPa,解得FT＝ ２０ ３ N ,之后做匀速直线运动,有 F′T＝２０N,D错误． ８．BC　[解题思路]t１ 时刻,a、b两车的位置相同,此前a车在前、b 车在后,此后b车在前、a车在后,因此是b车追上a 车．由 于x－t图像的斜率表示速度的大小及方向,因此a车速度 不变,做匀速直线运动,b车先做减速运动,速度减至零后 又开始反方向做加速运动．t２ 时刻两图像的斜率一正一 负,两车速度方向相反,故 A、D错误,B、C正确． ９．BD　[解题思路]对物块受力分析,可以简化 成如 图 所 示 的 受 力 分 析,根 据 平 衡 条 件,则有Ff＝ ( １２mg) ２ ＋ ( ３２mg) ２ ＝mg,故 A 错 误,B 正 确;当 撤 去 外 力 之后,只需要沿斜面向上且大小为 ３ ２mg 的摩擦力就可以 平衡,故此物块仍静止不动,故 C错误,D正确． １０．ACD　[解题思路]由题图乙可知,滑块与木板之间的滑动摩 擦力大小为８N,则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝ Ffm mg＝０􀆰４ ,A 正确;由题图乙可知,t１ 时刻木板相对地 面开始滑动,此时滑块与木板相对静止,则木板与水平 地面间的动摩擦因数为μ′＝ F′f ２mg＝０􀆰１ ,B错误;t２ 时 刻,滑块与木板将要发生相对滑动,此时滑块与木板间 的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝８N,此时两者的加 速度相同,且木板的加速度达到最大,则对木板:Ffm－ μ′􀅰２mg＝mam,解得am＝２m/s２;对滑块:F－Ffm＝ mam,解得F＝１２N,则由 F＝０􀆰５t(N)可知,t２＝２４s, C、D正确． １１．[解题思路](１)弹簧弹力为零时,弹簧总长度即为弹簧原长,故 L０＝５􀆰００cm,弹 簧 劲 度 系 数k＝ ΔF ΔL＝ ２．０ ０．２０－０．０５ N /m≈ １３􀆰３N/m． (２)由于弹簧自身重力的影响,当x 等于零时,弹簧有一定的 弹力,但弹簧劲度系数不变,则k＝ΔFΔx 不变,即F－x图像斜率 不变,故选B． [参考答案](１)５．００　１３．３　(２)B １２．[解题思路](１)补偿阻力的方法是取下重物,让小车拖着纸带 在倾斜的木板上恰好能做匀速直线运动,从题目所给的图可以 看出,题图乙还挂着悬挂物,所以题图乙错误; (２)从所给的表格数据可以看出,E 点的数据没有估读,所以读 取不当．由题意可知,相邻计数点的时间间隔为T＝５× １５０s＝ ０􀆰１s,由逐差法 Δx＝aT２,代入数据解得加速度大小为a＝ xCE－xAC ４T２ ＝ (１３．３０－７．３０)－(７．３０－４．５０) ４×０．１２ ×１０－２ m/s２ ＝ ０􀆰８０m/s２; (３)从题图丙可以看出,图像不过原点,即当F 为某一值时,但 加速度却为零,所以是未补偿阻力或补偿阻力不足,故 A 正 确,B错误;随着拉力F 增大(即悬挂物的重力增大),已经不满 足悬挂物总质量远小于小车质量的条件,造成BC 段弯曲,故 C正确． [参考答案](１)乙　(２)E　０．８０　(３)AC １３．[解题思路](１)将力F 按作用效果沿AB 和AC 两个方向进行 分解,如图甲所示,且F１＝F２,则有２F１cosα＝F,则扩张机AB 杆的弹力大小为F１＝ F ２cosα＝ ２００ cosαN． (２)再将F１ 按作用效果分解为FN 和F′N,如图乙所示,则有 FN＝F１sinα,联立得FN＝ Ftanα ２ ,根据几何知识可知tanα＝ l b ＝１０ ,则FN＝５F＝２０００N． [参考答案](１)２００cosαN　 (２)２０００N １４．[解题思路](１)开始运动时,铁块恰好能静止在木箱后壁上,竖 直方向受力平衡有mg＝Ff＝μ２FN 水平方向上,根据牛顿第二定律有FN＝ma 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有 F－μ１(M＋m)g＝(M＋m)a 联立解得F＝８１N． (２)撤去拉力后,对铁块受力分析,根据牛顿第二定律有 μ２mg＝ma１ 对木箱受力分析,根据牛顿第二定律有 μ１(M＋m)g－μ２mg＝Ma２ 铁块运动的位移为x１＝ v２０ ２a１ 木箱运动的位移为x２＝ v２０ ２a２ 木箱的长度为L＝x１－x２ 联立解得L＝０．６m． [参考答案](１)８１N　(２)０．６m １５．[解题思路](１)设汽车匀减速过程位移大小为d１, 由运动学公式得v２１－v２０＝－２ad１ 解得d１＝４４２m 根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大 小x１＝２d１＋d＝８９４m． (２)如果汽车以v２＝１０m/s的速度通过匀速行驶区间,设汽车 提速后匀减速过程位移大小为d２, 由运动学公式得v２２－v２０＝－２ad２ 解得d２＝４００m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —１３　 提速前,汽车匀减速过程时间为t１,则d１＝ v０＋v１ ２ t１ 解得t１＝２６s 通过匀速行驶区间的时间为t′１,有d＝v１t′１ 解得t′１＝２．５s 从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为 T１＝２t１＋t′１＝５４􀆰５s 提速后,汽车匀减速过程时间为t２,则d２＝ v０＋v２ ２ t２ 解得t２＝２０s 通过匀速行驶区间的时间为t′２,则d＝v２t′２ 解得t′２＝１s 匀速通过(d１－d２)位移时间 Δt＝ d１－d２ v０ ＝１．４s 通过与提速前相同位移的总时间为 T２＝２t２＋t′２＋２Δt＝４３．８s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间 ΔT＝T１－T２＝１０􀆰７s． [参考答案](１)８９４m　(２)１０．７s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第四章　曲线运动　万有引力与宇宙航行 周测七 １．D　[解题思路]弹头的运动轨迹是曲线,因此合外力与速度关 系应满足曲线运动条件,合外力指向轨迹的凹侧,速度方向 沿轨迹的切线方向,故选 D． ２．D　[解题思路]设冲锋舟以最小速度v１ 和最短时间的冲锋舟 速度v２ 分别从A 运动到B,冲锋舟最小速度v１ 垂直于AB 连线,且v１＝vsin３０°,最短时间的冲锋舟速度v２ 垂直于平 直河岸,且v２＝vtan３０°,可知 v１ v２ ＝cos３０°＝ ３２ ,故 D正确． ３．C　[解题思路]由题意可得,对球１,有tanα＝ １ ２gt ２ １ v０t１ ＝g t１ ２v０ ,对 球２,有tanβ＝ v０ gt２ ,又tanα􀅰tanβ＝１,联立解得t１∶t２＝ ２∶１,A、B、D错误,C正确． ４．D　[解题思路]物体B 的速度分解如图所示,由图可知绳端的 速度大小为vsinα,与B 的位置有关,因为B 为匀速运动,B 下降过程中α变大,因此物体A 做加速运动,FT 大于mgsin θ,故 D正确,ABC错误． ５．CD　[解题思路]利用逆向思维,则两小球从P 点做平抛运动, 根据h＝ １２gt ２,解得t＝ ２hg ＝ ２×０􀆰８ １０ s＝０􀆰４s ,所以 落地时间只与高度有关,由于两小球做平抛运动的高度相 同,则从抛出到击中墙面的时间之比为１∶１,故 A 错误; 根据x＝v０t可知,两球的水平方向位移不同,则在P 点的 速度为vAP＝ xA t ＝ ０．８ ０．４m /s＝２m/s,vBP ＝ xB t ＝ ０．４ ０．４m /s ＝１m/s,则击中墙面时的速率之比为２∶１,故 B错误;两 球抛出时的速率分别为vA＝ v２AP＋(gt)２＝２ ５m/s,vB ＝ v２BP＋(gt)２＝ １７m/s,则抛出时的速率之比为２ ５ ∶ １７,故 C正确;两球抛出时速度方向与地面夹角的正 切值分别为tanα＝gtvAP ＝ ４２ ＝２ ,tanβ＝ gt vBP ＝ ４１ ＝４ ,则 A、B 两小球抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为 １∶２,故 D正确． ６．[解题思路](１)为控制小球做平抛运动的初速度一定,需要让小 球多次由静止从斜槽上的同一位置滚下;为确保小球初速度沿 水平方向,安装器材时应调整斜槽末端沿水平方向; (２)实验步骤应该先按要求安装好器材,然后进行实验操作并记 录数据,最后对实验数据进行处理,所以应该按BAC的顺序; (３)小球做平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方 向的自由落体运动．竖直方向有g＝ΔyΔt２ ,可得相邻两个点之间 的时间间隔 Δt＝ Δyg ＝ ０．２０－０．１０ １０ s＝０􀆰１s ,所以初速度 v０＝ Δx Δt＝ ０．２０ ０．１ m /s＝２m/s． [参考答案](１)同一　水平　(２)BAC　(３)２ ７．[解题思路](１)根据题意,由题图甲可知,t＝２s时,质点沿x轴 方向运动的速度大小为vx＝８m/s y轴方向的速度大小vy＝６m/s 则合速度大小v＝ v２x＋v２y 解得v＝１０m/s (２)质点沿y轴方向做匀速直线运动,沿x轴方向做匀加速直线 运动ax＝ Δv Δt＝２m /s２ 故F合 ＝max＝１N,合力的方向沿x轴正方向． [参考答案](１)v＝１０m/s　(２)１N　合力的方向沿x轴正方向 ８．[解题思路](１)由题图乙可知,t１＝１s时,运动员沿斜面方向运 动的位移x１＝１７􀆰５m,将运动员的初速度和重力分解到沿斜面 方向和垂直斜面方向,则其在沿斜面的方向做匀加速直线运动, 初速度大小为v０x＝v０cosθ,加速度大小为ax＝gsinθ,根据匀 变速直线运动规律有x１＝v０x􀅰t１＋ １ ２ax 􀅰t２１,解得v０＝１０ ３ m/s． (２)运动员在垂直斜面方向做类竖直上抛运动(匀变速直线运 动), 初速度大小为v０y＝v０sinθ 加速度大小为ay＝gcosθ 设经时间t２ 运动员离斜面最远,此时速度方向平行于斜面(竖 直方向达到最高点), 则有０－v０y＝－ayt２ 距离斜坡的最大距离d＝v０y􀅰t２－ １ ２ayt ２ ２ 解得d＝５ ３２ m． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋