2023年高考物理第二轮复习满分冲刺课程课后练习

2023年高考物理第二轮复习总分值冲刺课程课后练习第1讲以匀变速直线运动问题为例，讲高中物理解题的技巧、方法题一：物体做初速度为零的匀加速直线运动，第5s内的位移是18m，那么〔〕A．物体的加速度是2m/s2B．物体在第5s内的平均速度是3.6m/sC．物体在第1s内的位移是2mD．物体在5s内的位移是50m题二：飞机着陆后以6m/s2大小的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60m/s，求：〔1〕它着陆后12s内滑行的位移x〔2〕整个减速过程的平均速度〔用两种方法求〕〔3〕静止前4s内飞机滑行的位移x’题三：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，5s内物体的〔〕A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向下C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上题四：一物体从地面某处被竖直向上抛出，不计空气阻力，它在上升过程中的第1s内和最后1s内的位移之比7∶5．假设取g＝10m/s2，那么物体能上升的最大高度是A．35mB．25mC．12mD．7.2m题五：将小球A以初速度从地面上一点竖直向上抛出，经过一段时间后又以初速度将球B从同一点竖直向上抛出，为了使两球能在空中相遇，试分析应满足什么条件。题六：从离地H高处自由下落小球a，同时在它正下方H处以速度V0竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，有：〔〕〔1〕假设V0＞，小球b在上升过程中与a球相遇〔2〕假设V0＜，小球b在下落过程中肯定与a球相遇〔3〕假设V0=，小球b和a不会在空中相遇〔4〕假设V0=，两球在空中相遇时b球速度为零。A．只有〔2〕是正确的B．〔1〕〔2〕〔3〕是正确的C．〔1〕〔3〕〔4〕正确的D．〔2〕〔4〕是正确的第2讲匀变速运动的解题方法题一：一物体做匀加速直线运动，在2s内通过的位移为6m，在紧接着的1s内通过的位移也为6m。求物体运动的加速度的大小。题二：一物体做匀加速直线运动，经A、B、C三点，AB＝BC，AB段平均速度为20m/s，BC段平均速度为30m/s，那么可求得〔〕A．速度VB．末速度VcC．这段时间内的平均速度D．物体运动的加速度题三：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加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象如下图，假设该物体在t＝0时刻，初速度均为零，那么以下图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是〔〕题四：有一长度为S，被分成几个相等局部在每一局部的末端，质点的加速度增加a/n，假设质点以加速度为a，由这一长度的始端从静止出发，求它通过这段距离后的速度多大？题五：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20m．不计空气阻力，设塔足够高．那么物体位移大小为10m时，物体通过的路程不可能为〔〕A．10m B．20mC．30m D．50m题六：一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1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．那么刹车后6s内的位移是〔〕A.20mB．24mC.25mD．75m题七：汽车A以30m/s的速度在平直公路上行驶时，紧急制动后经过60s的时间恰能停下．汽车A以20m/s的速度在平直的单车道上行驶时，突然发现前方180m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行驶，司机立即制动，问两车能否相撞？题八：一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：〔1〕警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？〔2〕警车发动后要多长时间才能追上货车？第3讲牛顿运动定律解题的思路、方法题一：质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s。〔sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2〕题二：如下图，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F．此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了局部测量数据．图t/s0.00.20.4…2.22.4…v/〔m·s－1〕0.01.02.0…3.32.1…试求：〔1〕斜面的倾角α.〔2〕恒力F的大小．〔3〕t＝1.6s时物体的瞬时速度．题三：如下图，平板车长为L，质量为m，上外表距离水平地面高为h，以速度v0向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点．从某时刻起对平板车施加一个方向水平向左的恒力F，与此同时，将一个小球轻放在平板车上的P点〔小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零〕，，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面.小球下落过程中不会和平板车相碰，所有摩擦力均忽略不计．求〔1〕小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间.〔2〕小球落地瞬间，平板车的速度大小.题四：质量为m＝1.0kg的小滑块〔可视为质点〕放在质量为M＝3.0kg的长木板的右端，木板上外表光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12N，如下图，经一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：水平恒力F作用的最长时间．〔g取10m/s2〕图题五：某飞机场利用如下图的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ=30°，传送带两端A、B的长度L=10m。传送带以v=5m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻轻放一质量m=5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数。求货物从A端运送到B端所需的时间。〔g取10m/s2〕题六：一传送带装置如以下图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4m，BC段是倾斜的，长度lBC＝5m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接〔图中未画出圆弧〕，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．现将一个工件〔可以看作质点〕无初速度地放在A点，求：〔1〕工件第一次到达B点所用的时间：〔2〕工件沿传送带上升的最大位移；〔3〕工件运动了23s时所在的位置第4讲万有引力定律解题的思路、方法题一：如下图，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，那么以下比值正确的选项是A．eq\f(a1,a2)＝eq\f(r,R)B．eq\f(a1,a2)＝〔eq\f(R,r)〕2C．eq\f(v1,v2)＝eq\f(r,R)D．eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(R,r))题二：我们在推导第一宇宙速度的公式v＝eq\r(gR)时，需要做一些假设和选择一些理论依据，以下必要的假设和理论依据有〔〕A．卫星做半径等于2倍地球半径的匀速圆周运动B．卫星所受的重力全部作为其所需的向心力C．卫星所受的万有引力仅有一局部作为其所需的向心力D．卫星的运转周期必须等于地球的自转周期题三：“嫦娥二号〞环月飞行高度是100km，比“嫦娥一号〞又向月球近了100km，而且还要屡次调整，沿100km×15km的椭圆轨道飞行．假设将“嫦娥二号〞绕月的圆轨道设为轨道Ⅰ，离月球外表高度设为h1，椭圆轨道设为轨道Ⅱ．近地点离月球外表的高度设为h2，如下图．月球外表的重力加速度设为g0，月球半径设为R.求：〔1〕“嫦娥二号〞在轨道Ⅰ上的运行速率．〔2〕假设“嫦娥二号〞在轨道Ⅰ上飞行，由A点处点火，向轨道Ⅱ过渡，动能如何变化？〔3〕假设“嫦娥二号〞沿轨道Ⅱ运行，轨道Ⅱ是近月轨道，可认为加速度大小不变，均为g0，A点的速度为vA，求“嫦娥二号〞运行到B点的速度．题四：1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号〞发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号〞的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，那么〔〕A．卫星在M点的势能大于N点的势能B．卫星在M点的角速度小于N点的角速度C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度D．卫星在N点的速度大于7.9km/s第5讲功、功率、动能定理题一：如下图，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P〔可视为质点〕与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是〔〕A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3)B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2D．tanθ＝2μ2－μ1题二：如下图装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为4.30m、1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8。求：⑴小滑块第一次到达D点时的速度大小；⑵小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；⑶小滑块最终停止的位置距B点的距离。AsAsBCDθh2h1vD题三：如下图为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，那么下述说法正确的选项是〔〕A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C．t1～t2时间内的平均速度为eq\f(1,2)〔v1＋v2〕D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小题四：如下图，一辆汽车从A点开始爬坡，在牵引力不变的条件下行驶45m的坡路到达B点时，司机立即关掉油门，以后汽车又向前滑行15m停在C点，汽车的质量为5×103kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的0.25倍，取g＝10m/s2，求汽车的牵引力做的功和它经过题五：如图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，当起重机输出功率到达其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度vm＝1.02m/s的匀速运动．取g＝10m/s〔1〕起重机允许输出的最大功率；〔2〕重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．题六：一新型赛车在水平专用测试道上进行测试，该车总质量为m＝1×103kg，由静止开始沿水平测试道运动．传感设备记录其运动的速度－时间图象〔v－t图线先是一段曲线，后为直线．g取10m〔1〕发动机牵引力的额定功率；〔2〕行驶中的最大速度vm第6讲动能定理与功能关系题一：一个物体自斜面底端被弹出而沿斜面上滑，滑到最高处后又滑下来，回到斜面底端，在物体上滑和下滑过程中〔斜面不光滑〕〔〕A．物体的加速度一样大B．重力做功的平均功率一样大C．动能的变化值一样大D．机械能的变化值一样大题二：小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，那么h等于〔〕A.eq\f(H,9)B.eq\f(2H,9)C.eq\f(3H,9)D.eq\f(4H,9)第7讲动能定理与能量守恒题一：如下图，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．那么以下说法中正确的选项是〔〕A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量题二：如下图，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为。以下说法中正确的选项是〔〕A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的动能最大C．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多D．滑到斜面底端C的重力势能减少最多题三：光滑水平面上静置一质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，以v2速度穿出，对这个过程，以下说法正确的选项是〔〕A．子弹对木块做的功等于eq\f(1,2)m〔veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)〕B．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和D．子弹损失的动能等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦转化的内能和题四：如图，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v0射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。假设子弹射入木块的深度为D，那么木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？题五：如下图，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比拟，以下说法中一定正确的有〔〕A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长题六：如下图，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为l，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：〔1〕滑块到达底端B时的速度大小vB；〔2〕滑块与传送带间的动摩擦因数μ；〔3〕此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.第8讲带电粒子在电场中的运动、示波器此讲不提供课后练习第9讲带电物体在电磁场中的运动题一：如下图，一颗质量为m、电荷量为q的微粒，从两块相距为d、水平放置的平行板中某点由静止释放，落下高度h后，在平行板上加上一定的电势差U，带电微粒经一定时间后速度变为零。假设微粒通过的总位移为H，试问两板间的电势差为多少？题二：在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统．如下图，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距为4L．最初A球和B球分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L．假设视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ〔1〕B球刚进入电场时，A球与B球组成的带电系统的速度大小．〔2〕带电系统从开始运动到速度第一次为零时所需的时间以及B球电势能的变化量．题三：如下图，一条长为L的绝缘细线上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于水平方向的匀强电场中，场强为E，当细线与竖直方向的夹角为α时，小球处于平衡位置A点，问在平衡位置以多大的速度VA释放小球，刚能使之在电场中作竖直平面内的完整圆周运动？EαEαBA图COBmgqEmg/题四：如下图的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．小球所受电场力是其重力的3/4，圆环半径为R，斜面倾角θ＝60°，sBC＝2R.假设使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？第10讲电动势、闭合电路的欧姆定律、电路中能的转化和守恒题一：汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在翻开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，假设电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω.电流表内阻不计，那么因电动机启动，车灯的电功率降低了多少？题二：如下图，有一个提升重物用的直流电动机，电动机铭牌有“电机内阻r＝0.6Ω〞的标志，如果电路中的固定电阻R＝10Ω，电路两端电压U＝160V，电压表的示数U′＝110V．根据以上数据试计算：〔1〕通过电动机的电流；〔2〕电动机的输入功率；〔3〕电动机的输出功率．题三：如下图，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻rA＝2Ω，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表A示数为6A；当S2闭合，S1、S3断开时，A示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合，S1、S2断开时，A示数为4A．求：〔1〕电炉子的电阻及发热功率各多大？〔2〕电动机的内阻是多少？〔3〕在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？题四：一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．假设不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：〔1〕电动机的输入功率；〔2〕在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；〔3〕线圈的电阻．题五：如下图，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，假设将这两个电阻分别接到该电源上，那么〔〕A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大题六：如下图，电键K闭合，电流表、电压表均为理想电表，假设电阻R1断路，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．电流表示数变小B．电压表示数变大C．电源内电路消耗的功率变大D．R3消耗的功率变大第11讲法拉第电磁感应定律中能的转化和守恒题一：如下图，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：〔1〕磁感应强度的大小B；〔2〕电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；〔3〕流经电流表电流的最大值Im题二：如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示．〔取g＝10m/s2〕求：〔1〕磁感应强度B；〔2〕杆在磁场中下落0.1s过程中电阻R产生的热量．题三：如下图，一质量为m=0.016kg、长L=0.5m、宽d=0.1m、电阻R=0.1Ω的矩形线圈，从h1=5m的高处由静止开始下落，然后进入匀强磁场，当下边进入磁场时，由于磁场力的作用，线圈正好作匀速运动〔g取10m/s2〕〔1〕求匀强磁场的磁感应强度B〔2〕如果线圈的下边通过磁场所经历的时间t=0.15s，求磁场区域的高度h2〔3〕求线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小和方向〔4〕从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是多少？h1h1h2Ld题四：如下图，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制〔Ⅰ为细导线〕．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，那么〔〕A．v1＜v2，Q1＜Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1＜v2，Q1＞Q2D．v1＝v2，Q1＜Q2题五：如下图，电动机牵引一根原来静止的、长L为0.4m、质量m为0.2kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=1.5m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为1.2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1.2A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：〔1〕棒能到达的稳定速度；〔2〕棒从静止至到达稳定速度所需要的时间。题六：如下图〔a〕，在倾角为30°的斜面上固定一光滑金属导轨CDEFG，OH∥CD∥FG，∠DEF＝60，CD＝DE＝EF＝FG＝AB/2＝L，一根质量为m的导体棒AB在电机的牵引下，以恒定的速度v0沿OH方向从斜面底部开始运动，滑上导轨并到达斜面顶端，AB⊥OH，金属导轨的CD、FG段电阻不计，DEF段与AB棒材料、横截面积均相同，单位长度电阻为r，O是AB棒的中点，整个斜面处在垂直斜面向上磁感应强度为B的匀强磁场中。求：〔1〕导体棒在导轨上滑行时电路中的电流的大小；〔2〕导体棒运动到DF位置时AB两端的电压；〔3〕将导体棒从低端拉到顶端电机对外做的功；〔4〕假设AB到顶端后，控制电机的功率，使导体棒AB沿斜面向下从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小始终为a，一直滑到斜面底端，那么此过程中电机提供的牵引力随时间如何变化？〔运动过程中AB棒的合力始终沿斜面向下〕。课后练习参考答案第1讲以匀变速直线运动问题为例，谈高中物理解题的技巧、方法题一：设物体的加速度为a，第5s内的位移等于前5s内的位移减去前4s内的位移，，解得：物体的加速度是4m/s2，A错误；由平均速度的定义可知：物体在第5s内的平均速度是1.8m/s，由可知：CD正确。答案：CD题二：以初速度方向为正方向，那么有a=16m/s2飞机在地面滑行最长时间所以飞机12s内滑行的位移为10s内滑行的位移，由v2-v02=2ax可得〔2〕方法一：由方法二：由〔3〕由〔1〕的分析可知飞机滑行6s为静止前4s，此时的速度v’=v0+at=60m/s+〔-6×6〕m/s=24m/s故由v2-v’2=2ax’可得题三：物体做竖直上抛运动，经3s上升到最高点，速度为零，上升的高度为，然后物体做自由落体运动，经过2s，速度方向向下，大小为20m/s，下落的高度为20m，所以，路程为65m，A正确；位移大小为25m，方向向上，B错；速度改变量是用末速度减初速度，注意方向，因为速度是矢量，大小是50m/s，C错；平均速度是位移与时间的比值，应是5m/s，方向向上，D错误。答案：A题四：第1s内的位移为，最后1S内的位移为，由可以求出初速度，由答案：D题五：设A、B两球在空中运动的时间分别为、，由竖直上抛运动的规律可得：考虑的上限，即A球就要落回地面时才抛出B球，那么B球会在地面上方与A球迎面相碰，故应有：考虑的下限，即B球抛出后快回到地面时，被A球追上相碰，故应由：由题中数据即可得：答案：题六：设相遇时间为，根据位移关系有：，得：，又：设b球的上升时间为，有：，假设小球b在上升过程中与a球相遇，那么有：，得：V0＞，〔1〕正确。假设小球b在下落过程中肯定与a球相遇，那么要求，即<V0<，〔2〕错误，假设小球b和a不会在空中相遇，那么要求，即V0<，〔3〕正确。假设两球在空中相遇时b球速度为零，就是在b球上升到最高点时，两球相遇。应有：，即V0=，〔4〕正确。答案C第2讲匀变速运动的解题方法题一：设物体的初速度为v0，通过第一段位移x时，由匀变速直线运动的位移公式得通过两段位移2x时，由匀变速直线运动的位移公式得联立解得：代入数据答案：35m题二：设sAB＝sBC＝s，＝m/s=24m/s．，，得：VA＝14m/s，VB=26m/s，VC=34m/s答案：ABC题三：A项位移正负交替，说明物体做往复运动；B项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做反向匀减速运动，周而复始；C项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终单向运动，C正确，D项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．答案：C题四：设每一分段末端的速度分别为vl、v2、v3、……vn；每一分段的加速度分别为a；；……。每一等分段的位移为S/n。根据vt2－v02=2as得v12－0=2as/n………①v22－v12=2as/n………②v32－v22=2as/n………③vn2－vn-12=2as/n把以上各式相加得vn2=2a，题五：物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10m的位置有两处，如下图，一处在A点之上，另一处在A点之下．在A点之上时，通过位移为10m处又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L1等于位移x1的大小，即L1＝x1＝10m；下落通过时，路程L2＝2H－x1＝2×20m－10m＝30m．在A点之下时，通过的路程L3＝2H＋x2＝2×20m＋10m＝50m．故A、C、D可能，正确选项为B.答案：B题六：由Δx＝x2－x1＝aT2，7m－9m＝a×〔1s〕2，得a＝－2m/s2，由x1＝v0T＋eq\f(1,2)aT2得v0＝10m/s，汽车刹车时间tm＝eq\f(0－v0,a)＝5s＜6s，故刹车后6s内的位移为x＝tm＝eq\f(v0,2)tm＝25m，选项C正确.答案：C题七：两车恰好不相撞的条件是：当两车的速度相同时，两车的位移满足Δx＝xA－xB＝180m.汽车A刹车时的加速度为a＝eq\f(0－v0,t0)＝eq\f(0－30m/s,60s)＝－0.5m/s2当A车速度减小到与B车速度相同时，所用的时间为t0＝eq\f(vB－vA,a)＝28sA车减速至与B车同速时的位移xA＝t＝eq\f(vA＋vB,2)·t＝364m此时间内B车位移为xB＝vBt＝168m即Δx＝xA－xB＝196m＞180m说明A车在减速至与B车速度相同之前就已与B车相遇，所以两车相撞．答案：相撞题八：〔1〕警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．那么t1＝eq\f(10,2.5)s＝4s，x货＝〔5.5＋4〕×10m＝95m，x警＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2.5×42m＝20m，所以两车间的最大距离Δx＝x货－x警＝75m.〔2〕v0＝90km/h＝25m/s，当警车刚到达最大速度时，运动时间t2＝eq\f(25,2.5)s＝10sx货′＝〔5.5＋10〕×10m＝155m，x警′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2.5×102m＝125m因为x货′>x警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离Δx′＝x货′－x警′＝30m警车到达最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，那么Δt＝eq\f(Δx′,v0－v)＝2s所以警车发动后要经过t＝t2＋Δt＝12s才能追上货车．答案：〔1〕75m〔2〕12s第3讲牛顿运动定律解题的思路、方法题一：物体受力分析如下图，设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg和F分解后，FθFθNfmg由牛顿运动定律得N＝Fsinθ＋mgcosθFcosθ－f－mgsinθ＝ma1又有f＝μN加速过程由运动学规律可知v＝a1t1撤去F后，物体减速运动的加速度大小为a2，那么a2＝gsinθ＋μgcosθ由匀变速运动规律有v=a2t2有运动学规律知s＝a1t12＋a2t22代入数据得μ＝0.25s＝16.25答案：0.2516.25题二：〔1〕经分析可知，当t＝2.2s时，物体已通过B点．因此，a2＝eq\f(3.3－2.1,2.4－2.2)m/s2＝6m/s2，mgsinα＝ma2，α＝37°.〔2〕a1＝eq\f(2.0－1.0,0.4－0.2)m/s2＝5m/s2F－mgsinα＝ma1，F＝11N.〔3〕设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1＝2.1＋6〔2.4－t1〕，t1＝1.5s可见，t＝1.6s的时刻处在第二运动阶段，因此，v＝2.1m/s＋6〔2.4－1.6〕m/s＝6.9m/s.答案：〔1〕37°〔2〕11N〔3〕6.9m/s题三：小球离开小车后作自由落体运动，设下落时间为t，那么h=gt解得t=〔2〕分两种情况讨论：①平板车向右做匀减速运动的某一时刻，小球从左端A离开车.当小球在车左端时，车向右的位移s1=车向左的加速度a=车向右的速度v1=小球离开车的左端后做自由落体运动，当小球落地瞬间，车的速度v2=v1–at联立解得车的速度v2=〔>0，车向右做匀减速运动；<0，车向左做匀加速运动〕②平板车先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动的某一时刻，小球从右端B离开车.当小球在车右端时，车向左的位移s2=车向左的加速度仍a=车向左的速度v3=小球离开车的右端后做自由落体运动，当小球落地瞬间，车向左的速度v4=v3+at联立解得车向左的速度答案：见解析题四：撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得撤力前：F－μ〔m＋M〕g＝Ma1解得a1＝eq\f(4,3)m/s2撤力后：μ〔m＋M〕g＝Ma2解得a2＝eq\f(8,3)m/s2x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1＋x2≤L又a1t1＝a2t2由以上各式可解得t1≤1s即作用的最长时间为1s.答案：1s题五：mgμcos30°－mgμsin30°=ma解得a=2.5m/s2货物匀加速运动的时间货物匀加速运动的位移随后货物做匀速运动。运动位移S2=L－S1=5m匀速运动时间t=t1+t2=3s答案：3s题六：〔1〕工件刚放在水平传送带上的加速度为a1由牛顿第二定律得μmg＝ma1解得a1＝μg＝5m/s2经t1时间与传送带的速度相同，那么t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s前进的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s〔2〕设工件上升的最大位移为s解得s＝4m〔3〕工件沿传送带向上运动的时间为此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T＝2t1＋2t3＝5.6s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平局部，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s而23s＝t0＋3T这说明经23s工件恰好运动到传送带的水平局部，且速度为零．故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4m第4讲万有引力定律解题的思路、方法题一：此题中涉及三个物体，其量排列如下：地球同步卫星：轨道半径r，运行速率v1，加速度a1；地球赤道上的物体：轨道半径R，随地球自转的向心加速度a2；近地卫星：轨道半径R，运行速率v2.对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，故eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(R,r)).对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，有a＝ω2r，故eq\f(a1,a2)＝eq\f(r,R).答案：AD题二：第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，只有其运行轨道半径最小时，它的运行速度才最大，而卫星的最小轨道半径等于地球半径，故A错误；在地球外表附近我们认为万有引力近似等于重力，故B正确，C错误；同步卫星的运转周期等于地球的自转周期，而同步卫星的运行轨道半径大于地球半径，即大于近地轨道卫星半径，故同步卫星的周期大于近地轨道卫星，D错误．答案：B题三：〔1〕设月球质量为M，“嫦娥二号〞的质量为m，那么Geq\f(Mm,R＋h12)＝meq\f(v2,R＋h1)Geq\f(Mm,R2)＝mg0解得v＝eq\r(\f(g0R2,R＋h1)).〔2〕“嫦娥二号〞应在A点减速，做向心运动才能过渡到Ⅱ轨道，所以动能减少．〔3〕在轨道Ⅱ上，由A至B过程中，机械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg0h1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg0h2解得vB＝eq\r(v\o\al(2,A)＋2g0h1－h2)或由开普勒定律解出vB＝eq\f(R＋h1,R＋h2)题四：卫星从M点到N点，万有引力做负功，势能增大，A项错误；由开普勒第二定律知，M点的角速度大于N点的角速度，B项错误；由于卫星在M点所受万有引力较大，因而加速度较大，C项正确；卫星在远地点N的速度小于其在该点做圆周运动的线速度，而第一宇宙速度7.9km/s是线速度的最大值，D项错误．答案：C第5讲功、功率、动能定理题一：由动能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0，那么有tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B项正确。答案：B题二：〔1〕小物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得将、、s、、g代入得：=3m/s〔2〕小物块从A→B→C过程中，由动能定理得将、s、、g代入得：=6m/s小物块沿CD段上滑的加速度大小==6m/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间=1s由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间=1s故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔=2s〔3〕对小物块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为有：将、、g代入得=8.6m故小物块最终停止的位置距B点的距离为2s-=1.4m题三：0～t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力恒定，但速度增加，故功率增加，A错；汽车水平方向受到牵引力和阻力作用，根据动能定理，t1～t2时间内合力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故B错；公式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)〔v1＋v2〕适用于匀变速直线运动，故C错；功率增到t1时刻，不再增加，t1～t2时间内功率恒定，但牵引力减小，t2～t3时间内牵引力最小，与阻力相等，所以D对．答案：D题四：汽车从A到C的过程中，汽车的发动机牵引力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，动能的变化量为零，由动能定理可得WF－WG－W阻＝0，由于G、F阻，汽车的位移也知道，所以有WF＝WG＋W阻＝mgh＋0.25mgl＝2.25×106J.汽车由B到C的过程中，克服重力做功，克服摩擦力做功，汽车的动能由eq\f(mv\o\al(2,B),2)减小到零，列动能定理方程可得－WG′－W阻′＝0－eq\f(mv\o\al(2,B),2)，即eq\f(mv\o\al(2,B),2)＝0.25mgl1＋mgl1sin30°，代入数据可得vB＝15m/s.答案：2.25×106J15m/s题五：〔1〕设起重机允许输出的最大功率为P0，重物到达最大速度时`，拉力F0等于重力．P0＝F0vmP0＝mgvm代入数据，有：P0＝5.1×104W〔2〕匀加速运动结束时，起重机到达允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0＝Fv1F－mg＝mav1＝at1代入数据，得：t1＝5st＝2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，那么v2＝atP＝Fv2代入数据，得：P＝2.04×104W．答案：〔1〕5.1×104W〔2〕5s2.04×104W题六：〔1〕由图可知，赛车在0～5s内〔t1＝5s〕做匀加速直线运动，5s末的速度是v＝20m/sv＝at1，a＝eq\f(v,t1)＝4m/s2，根据牛顿第二定律F牵－F阻＝ma解得F牵＝F阻＋ma＝μmg＋ma＝6×103NP额＝F牵v＝1.2×105W.〔2〕当赛车匀速运动时，速度最大，此时F′牵＝F阻＝2×103N而P额＝F′牵vm解得vm＝eq\f(P额,F牵′)＝60m/s.〔3〕赛车在0～5s内发生的位移为s1＝eq\f(1,2)vt1＝50m设赛车在5～50s〔t2＝45s〕发生的位移为s2由动能定理P额t2－μmgs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2解得s2＝1900所以，前50s内的位移s＝s1＋s2＝1950m第6讲动能定理与功能关系题一：来回摩擦力方向相反，故加速度不同，A选项错；下滑所用时间长，重力做功的多少相同，那么重力做功的平均功率不同，故B选项错；合力做的功不同，上滑时动能变化大，C选项错；往返过程中摩擦力都做负功且相同，机械能减小相同，D选项对．答案：D题二：设小球初动能为Ek0，阻力为f，上升到最高点，由动能定理，得：0－Ek0＝－〔mg＋f〕H.上升到离地面高度为h处时，设动能为Ek1，那么Ek1－Ek0＝－〔mg＋f〕h，Ek1＝2mgh；在下落至离地面高度h处，设动能为Ek2，那么Ek2＝〔mg－f〕〔H－h〕，Ek2＝eq\f(1,2)mgh；联立以上各式，解得：h＝eq\f(4,9)H，应选项D正确．答案：D第7讲动能定理与能量守恒题一：因两个阶段物体所受的摩擦力方向与运动方向相同，故都对物体做正功，A正确；在第一个阶段中，由Wf1－mgh1＝eq\f(1,2)mv2－0可知，Wf1＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，B错误；在第二个阶段中，除重力外只有摩擦力做功，故第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增量，C正确；因物体在整个过程中，机械能均增加，故D错误．答案：AC题二：滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，在此题中与物体的速度方向相反，A和C在沿斜面方向的运动情况不相同，所以它们的时间不相同，A错。滑到斜面底端过程中，重力做的功相同，重力势能的减少量相同，D错误，滑动摩擦力大小相同，做的功不相同，C克服摩擦力做的功最多，B正确；C错误；答案：B题三：根据动能定理，子弹对木块做的功等于木块动能的增加，即木块获得的动能，C选项错；根据能量的转化守恒定律，子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹与木块摩擦时产生的内能之和，D选项对；eq\f(1,2)m〔veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)〕是子弹损失的能量，也等于子弹克服阻力做的功，故A选项错；因为子弹的位移大于木块的位移，故子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，故B选项错．答案：D题四：以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图。系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有mv0=〔M+m〕v〔设v0方向为正〕子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：由运动草图可S木=S子－D③题五：答案：AD题六：〔1〕滑块在由A到B的过程中机械能守恒，可得：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).解得：vB＝eq\r(2gh).〔2〕滑块在由B到C的过程中，应用动能定理得：μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－2gh,2gl).〔3〕Q＝Ff·l相对＝μmgl相对l相对＝eq\f(v0－vB2,2μg)＝eq\f(v0－\r(2gh)2,2μg)，故Q＝eq\f(mv0－\r(2gh)2,2).答案：〔1〕eq\r(2gh)〔2〕eq\f(v\o\al(2,0)－2gh,2gl)〔3〕eq\f(mv0－\r(2gh)2,2)第8讲带电粒子在电场中的运动、示波器此讲不提供课后练习第9讲带电物体在电场中的运动题一：用牛顿第二定律结合运动学公式，解答过程表示为：从位置1到位置2时，设速度为，那么从位置2到位置3有：联立解得。用动能定理，解答过程表示为：从位置1到位置3，根据动能定理有，

解得。

题二：〔1〕带电系统刚开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得：a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m)球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有veq\o\al(2,1)＝2a1L求得v1＝eq\r(\f(2qEL,m))〔2〕对带电系统进行分析，假设球A能到达NQ，且A球到达NQ时电场力对系统做功为W1，有W1＝2qE×3L＋〔－3qE×2L〕＝0，故带电系统速度第一次为零时，球A设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，那么t1＝eq\f(v1,a1)，解得：t1＝eq\r(\f(2mL,qE))球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：a2＝eq\f(－3qE＋2qE,2m)＝－eq\f(qE,2m)显然，B球进入电场后带电系统做匀减速运动．设减速所需时间为t2那么有t2＝eq\f(0－v1,a2)，求得t2＝eq\r(\f(8mL,qE)).可知，带电系统从静止运动到速度第一次为零时所需的时间为：t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(2mL,qE))，B球电势能增加了：Ep＝E·3q·2L＝6EqL题三：小球受重力mg、电场力Eq、线的拉力T作用。简化处理，将复合场〔重力场和电场〕等效为重力场，小球在等效重力场中所受重力为，由图有：，即小球在A点处于平衡状态，假设小球在A点以速度VA开始绕O点在竖直平面内作圆周运动，假设能通过延长线上的B点〔等效最高点〕就能做完整的圆周运动，在B点根据向心力公式得：。为临界条件，所以又因仅重力、电场力对小球做功，由动能定理得：由以上二式解得：。题四：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如下图．可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球能否做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时小球与圆环的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，即1.25mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)由动能定理有：mg〔h－R－Rcos37°〕－eq\f(3,4)mg×〔hcotθ＋2R＋Rsin37°〕＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立可求出h＝7.7R.第10讲电动势、闭合电路的欧姆定律、电路中能的转化和守恒题一：电动机未启动时U灯＝E－I1r＝〔12.5－10×0.05〕V＝12V电灯功率P灯＝U灯I＝120W电动机启动时U灯′＝E－I2r＝〔12.5－58×0.05〕V＝9.6V设电灯阻值不变，由P＝eq\f(U2,R)可得P′＝〔eq\f(U灯′,U灯)〕2×P灯＝〔eq\f(9.6,12)〕2×120W＝76.8W电功率的减少量ΔP＝P灯－P′＝〔120－76.8〕W＝43.2W.答案：43.2W.题二：〔1〕电阻R与电动机串联，所以电流相等，对电阻R根据欧姆定律由串并联的规律可得：I＝eq\f(U－U′,R)＝eq\f(160－110V,10Ω)＝5A.〔2〕电动机的输入功率P入＝IU′＝5×110W＝550