物理《非常考案》课本答案.docx
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物理《非常考案》课本答案
物理复习讲义(有解析)
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第一章 运动的描述
匀变速直线运动(必修1)
第1课时 运动的描述
考点1
1.
(1)质量
(2)大小 形状 2.
(1)不动
(2)不同 地球
题组突破
1.A
2.D 如果被观察物体相对于地面是静止的,甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动,再以他们自己为参考系,则三个人的说法都正确,A、B错误,D正确;在上面的情形中,如果他们都选择地面为参考系,三个人的观察结果应是相同的,因此C错误。
3.D 金星通过太阳和地球之间时,我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色,选项A错误;因为太阳的大小对所研究问题的影响起着至关重要的作用,所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点,选项B错误;金星绕太阳一周,起点与终点重合,位移为零,选项C错误;金星相对于太阳的空间位置发生了变化,所以以太阳为参考系,金星是运动的,选项D正确。
考点2
1.
(1)位移
(2)位移 2.
(1)某一时刻 速率 (3)路程
题组突破
4.ABD 一般情况下,物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同,但对于匀速直线运动,物体的速度不变,所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关,故A、B均正确;平均速度只能粗略描述变速运动,只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢,故C错,D正确。
5.AD 物体在某段时间内平均速度的方向与位移的方向相同,所以人从A到B的平均速度方向由A指向B,A正确,B错误;物体在某一点的瞬时速度的方向就是物体在该点的运动方向,人在B点时的运动方向为沿B点的切线方向,所以人在B点的瞬时速度方向沿B点的切线方向,C错误,D正确。
6.BC 平均速率是路程与时间的比值,图中信息不能求出ABCDE段的轨迹长度,故不能求出平均速率,A错;由v=可得:
vAC=m/s,故B正确;所选取的过程离A点越近,该过程的平均速度越接近A点的瞬时速度,故C正确;由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程,故B点虽为中间时刻,但其速度不等于AC段的平均速度,D错误。
考点3
1.快慢 2.
题组突破
7.B 飞机的加速度不断变小,但速度不断变大,只是增加变慢而已,速度变大时,位移增加变快,B正确。
8.C 根据题图知,汽车的速度变小,做的是减速直线运动,选项A错误;汽车的加速度与Δv方向相同,所以与v1、v2的方向都相反,选项B、D错误,选项C正确。
9.C 以初速度方向为正方向,则
a==
=m/s2
=-360m/s2
负号表示与初速度方向(即飞来方向)相反,与踢出方向相同。
新题尝鲜
1.B 2.A 3.D
4.
(1)0.067m/s2
(2)0.6m
第2课时 匀变速直线运动规律的应用
考点1
1.
(1)加速度
(2)①同向 ②反向 2.
(1)v=v0+at
(2)x=v0t+at2 (3)v2-v=2ax
题组突破
1.B 由v2-v=2ax
解得v0==10m/s。
2.解析:
(1)由匀变速直线运动规律可知Δx=x2-x1=aT2,a==m/s2=-20m/s2
由x1=v0T+aT2
解得v0=60m/s。
(2)由v=v0+at可知战斗机减速到零所需的时间
t=s=3s<4s
所以着舰后4s末战斗机的速度为0
着舰后4s内战斗机的位移x=t=90m。
答案:
(1)-20m/s2 60m/s
(2)0 90m
考点2
1.位移 矢量 2.(v0+v) 匀变速直线 4.匀加速 5.(m-n) 6.位移
题组突破
3.A 由匀变速直线运动的速度位移公式v2-v=2ax得,v2=2a和v=2ax,解得v底=v,所以只有A项正确。
4.A 设通过第一个60m的平均速度为v1,可以表示中间时刻的瞬时速度,所以5s末的速度v1=,解得v1=6m/s;通过第二个60m的平均速度为v2,可以表示中间时刻的瞬时速度,所以13s末的速度v2=,解得v2=10m/s。
由v2=v1+at得a=0.5m/s2,由再接下来的6s和前面的6s,是连续相等的时间,则有Δx=aT2,即x-60=aT2,解得x=78m。
5.解析:
方法一 逆向思维法
冰壶通过矩形区域的匀减速运动,可看作冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动,由位移公式,由E到A,有4l=at
式中,t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间,a为其加速度的大小。
由E到D,有l=a(t1-t)2
联立解得t1=2t或t1=t
显然t1=t不符合题意,应舍去。
所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′=t1-t=t。
方法二 比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)
现有xED∶xDA=1∶3
冰壶从D到A的时间为t,故从E到D的时间也为t,即冰壶通过第四个矩形所用的时间为t。
答案:
t
考点3
1.
(1)静止
(2)重力 2.
(1)①向上
题组突破
6.解析:
直尺做自由落体运动,x=gt2,则乙的反应时间t=;当反应时间t=0.4s时,直尺的长度h=gt2=0.8m=80cm;由于直尺下落过程,相等时间内位移均匀增大,故对应的长度不相等。
答案:
80 不相等
7.AB 物体的初速度v0=30m/s,g=10m/s2,其上升时间t1==3s,上升高度h1==45m;下降时间t2=5s-t1=2s,下降高度h2=gt=20m。
末速度v1=gt2=20m/s,方向竖直向下。
故5s内的路程s=h1+h2=65m;位移x=h1-h2=25m,方向竖直向上;速度改变量Δv=v-v0=(-20-30)m/s=-50m/s,负号表示方向竖直向下;平均速度v==5m/s。
综上可知只有A、B正确。
8.B 方法一 解析法
由竖直上抛运动规律知=v0t-gt2,由自由落体运动规律知H-=gt2,联立可得t=,v0=,B对。
方法二 相对运动法
以自由下落的甲球为参考系,则乙球将向上做匀速运动,设乙球抛出时的初速度为v0,则从抛出到两球相遇所经历的时间为t=,在这段时间内对甲球有:
=gt2,联立得v0=,B对。
方法三 图象法
取向上为正方向,作出两球的vt图象,则两图线平行,由图线所围面积的意义知v0t=H,而H-=gt2,所以v0=,B对。
考点4
跟踪训练
解析:
(1)汽车过ETC通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为x1=,所以总的位移x总1=2x1+10m=210m。
(2)汽车过ETC通道时,t1=×2+=22s。
过人工收费通道时,t2=×2+20s=50s,
x2=×2=225m,
二者的位移差Δx=x2-x总1=225m-210m=15m。
汽车在这段位移内过ETC通道时做匀速直线运动,
所以Δt=t2-(t1+)=27s。
答案:
(1)210m
(2)27s
新题尝鲜
1.C 2.C 3.C
4.20m/s(或72km/h)
第3课时 运动学图象 追及和相遇问题
考点1
位置 位移 速度 匀速 变速 匀变速 变加速 相遇 位移
题组突破
1.BC 本题运动图象为xt图象,图象中切线的斜率反映速度的大小,a做匀速直线运动,b先正向运动速度减小,减到0后负向运动速度增大,选项B、C正确,选项D错误;xt图象中交点表示相遇,所以在t1时刻a、b相遇,b追上a,选项A错误。
2.BD 速度图象中坐标的正负表示物体的速度方向,即物体的运动方向,故A错误;速度图象与时间轴所围面积表示物体的位移,由题图知在0~7s内乙物体速度图线与时间轴所围总面积为零,故B正确;在0~4s内甲物体的速度始终为正,即这段时间内一直沿正方向运动,故C错误;速度图线的斜率表示加速度,即斜率绝对值表示加速度的大小,斜率的正负表示加速度的方向,由题图可知D正确。
考点2
题组突破
3.A 匀加速时根据速度与位移关系式v2=2ax变形可得v=,匀减速时v2-v=-2a′x变形为v=,根据函数图象特点可知A正确。
4.D 由图象可知,x=0时,初速度不为零,A错误;由v2=2ax知,斜率k==2a=4m/s2,所以加速度a=2m/s2,质点做匀加速直线运动,B、C错误;由t=求得质点从x=1m处运动到x=2m处所用的时间t=s,D正确。
5.D 由题图可知,在0~时间内a=a0>0,若v0≥0,物体做匀加速运动;若v0<0,物体做匀减速运动,故B、C皆错误;由于在T~2T时间内a=-a0,故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0~时间内相同,故A错误,D正确。
考点3
跟踪训练
解析:
(1)由题意可得位移关系:
x+at2=vt+L,解得t1=4s,t2=6s(舍去)。
(2)由题意可知当客车速度与乘客追赶速度相等时距离最近,即v=at0,解得t0=5s。
Δx=x+at-vt0,解得Δx=19.5m。
(3)能。
因为t2-t1=6s-4s=2s>1.8s。
答案:
(1)4s
(2)5s 19.5m (3)能 因乘客在后视镜内的像持续保留时间大于1.8s
新题尝鲜
1.B 2.A 3.D
4.
(1)1.5m/s2
(2)20m/s
实验一 研究匀变速直线运动
高考方向
例1 解析:
(1)使用打点计时器进行相关实验时,拖动纸带的重物应靠近打点计时器,而且应先接通打点计时器的电源,待打点计时器打点稳定后,再释放纸带。
(2)纸带在重物的作用下,做匀加速直线运动,打点距离越来越大,而(c)纸带的打点距离先增大后减小,故应选取(b)进行研究。
在实验操作和数据处理都正确的情况下,得到的结果小于当地重力加速度的主要原因是空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦。
答案:
(1)靠近 接通打点计时器电源 释放纸带
(2)b 纸带与打点计时器间的摩擦
例2 解析:
①从计数点1到6相邻相等时间内的位移差Δx≈2.00cm,在6、7计数点间的位移比5、6之间增加了(12.28-11.01)cm=1.27cm<2.00cm,因此,开始减速的时刻在计数点6和7之间。
②计数点5对应的速度大小为
v5==m/s=1.00m/s。
计数点4对应的速度大小为
v4==m/s=0.80m/s。
根据v5=,得计数点6对应的速度大小为v6=2v5-v4=(2×1.00-0.80)m/s=1.20m/s。
③物块在计数点7到11之间做减速运动,根据Δx=aT2得
x9-x7=2a1T2
x10-x8=2a2T2
故a==
≈-2.00m/s2
物块做减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力和打点计时器对纸带的摩擦阻力,因此根据牛顿第二定律,得μmg+f=ma,即μ=,因此用μ′=计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大。
答案:
①6 7(或7 6) ②1.00 1.20
③2.00 偏大
例3 解析:
①2.20cm-1.00cm=1.20cm。
②图线的斜率表示加速度的一半,即a=m/s2=0.464m/s2。
答案:
①1.20 ②加速度的一半 0.464
例4 解析:
(1)滑块沿斜面向下做匀加速运动,其逆过程为初速度为vt、加速度为a的沿斜面向上的匀减速运动,由位移公式有s=vtt-at2,也可表示为=-at+vt。
(2)根据表中数据描点连线可得t图线,如图所示。
(3)由关系式=-at+vt可得,图线的斜率k=-,由图线求出k=-1.0,故a=-2k=2.0m/s2。
答案:
(1)=-at+vt
(2)如图所示
(3)2.0(在1.8~2.2范围内都可)
实验集训
1.解析:
(1)游标卡尺的读数:
11mm+8×0.05mm=11.40mm=1.140cm。
(2)v==0.50m/s,由v2=2ax求得加速度a=1.0m/s2。
答案:
(1)1.140
(2)0.50 1.0
2.解析:
(1)根据匀变速直线运动的推论,利用逐差法,得
x3-x1=2a1T2
x4-x2=2a2T2
a=,又知T==0.1s
联立以上各式得a≈4.30m/s2。
(2)如果斜面光滑,根据牛顿第二定律得,物体下滑的加速度a′=gsinθ=g=5.88m/s2>a,所以斜面是粗糙的。
答案:
(1)4.30
(2)a<g=5.88m/s2
3.解析:
(1)为了探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律,应让铜管竖直地固定在限位孔正下方,避免小磁铁下落时与铜管发生碰撞,选项A正确;纸带穿过限位孔,要压在复写纸下面,使打点计时器工作时纸带上点迹清晰,选项B正确;用手只捏住磁铁,不能使纸带保持竖直,磁铁下落时纸带与打点计时器间有较大阻力,故应捏住纸带的上端,让磁铁从静止释放,选项C不正确;应先接通打点计时器的电源再松开纸带,选项D不正确。
(2)计数点“4”的速度用它两侧计时点之间的平均速度来表示,故v4=cm/s=39.0cm/s。
(3)由各计数点速度表可以看出,磁铁运动的速度逐渐增大到39.8cm/s,表明磁铁受到的阻尼作用也是逐渐增大的,最后和重力平衡。
(4)实验②中磁铁在塑料管中下落的运动规律与自由落体规律几乎相同,说明磁铁在塑料管中下落几乎不受阻尼作用。
对比实验①和②,可以看出磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。
答案:
(1)CD
(2)39.0 (3)逐渐增大到39.8cm/s 逐渐增大到等于重力 (4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用。
磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。
4.解析:
匀速运动的速度等于位移除以时间,v==m/s=0.9m/s。
设对应点4、5、6、7、8的瞬时速度分别为v1、v2、v3、v4、v5,则有
v1=cm/s=75cm/s=0.75m/s,
v2=cm/s=65cm/s=0.65m/s,
v3=cm/s=55cm/s=0.55m/s,
v4=cm/s=45cm/s=0.45m/s,
v5=cm/s=35cm/s=0.35m/s。
以速度为纵坐标,以时间为横坐标建立直角坐标系。
用描点法作出小车在薄布面上做减速运动时的vt图象。
将图象延长,使其与纵轴相交,如图所示。
由图象可知,小车做减速运动的加速度为5.0m/s2,初速度为0.85m/s。
答案:
0.9 5.0 0.85
第二章 相互作用(必修1)
第1课时 弹力、摩擦力
考点1
2.
(1)指向 垂直 球心 接触点 3.(3)①弹性形变 正比 ②kx 劲度系数 自身性质 变化量
题组突破
1.AB
如图所示,小车向左减速时a向右,此时若FN为零,FT与G的合力是可能向右的,A项对;反之小车向左加速时a向左,若FT为零,FN与G的合力也可能向左,B项对;同理可判断C、D项错。
物体加速度由合外力决定,与速度没有必然联系,所以关键是判断合外力方向与加速度方向能否一致。
2.CD
小球受重力和杆的作用力F处于静止或匀速运动状态时,由力的平衡条件知,二力必等大反向,有F=mg,方向竖直向上。
小车向右做匀加速运动时,小球有向右的恒定加速度,根据牛顿第二定律知,mg和F的合力应水平向右,如图所示,由图可知,F>mg,方向可能沿杆向上。
故选项C、D正确。
3.BC 问题中强调的是“大小”变为原来的1/3,没有强调乙是处于压缩状态还是拉伸状态。
若乙处于压缩状态,ΔF=2F0/3;若乙处于拉伸状态,ΔF′=4F0/3,F0=Mg。
两弹簧串接,受力的变化相等,由胡克定律得,ΔF=kΔx、Δx甲=ΔF/k1、Δx乙=ΔF/k2,两弹簧长度总变化Δx=Δx甲+Δx乙。
所以B、C项正确。
考点2
题组突破
4.A 隔离铁块b,因其静止不动,故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力,A正确。
a、b整体水平方向不受力,故木块与竖直墙面间不存在水平弹力,没有弹力也就没有摩擦力,B、C均错误。
将a、b看做一个整体,竖直方向:
F=Ga+Gb,D错误。
5.C 汽车、钢坯都静止时,将A、B作为整体,汽车底板对A没有摩擦力,A项错误;汽车、钢坯都静止时,B受到沿A、B接触面向上的摩擦力,B项错误;汽车向左加速时,汽车与钢坯相对静止,对A、B整体分析,汽车底板对A有向左的摩擦力,C项正确;汽车向左启动后,B有向左的加速度,A对B的弹力增大,D项错误。
考点3
题组突破
6.A 物体的重力按实际作用效果分解可知下滑分量为4.9N,又由于弹簧拉力为4.9N,物体沿斜面方向上处于平衡状态,所以斜面对物体的摩擦力大小应为零。
7.A 根据题意,磨石的合力为零,磨石肯定受到垂直于斜壁向下的弹力作用和沿斜壁向下的滑动摩擦力的作用。
对磨石受力分析并根据平衡条件可求得,磨石受到的摩擦力f=(F-mg)cosθ,垂直于斜壁向下的弹力FN=(F-mg)sinθ,根据滑动摩擦力大小的计算公式还可求得f=μFN=μ(F-mg)sinθ,所以只有A项正确。
8.B 物块受到重力mg、水平压力F、墙面支持力N和墙面摩擦力f,t=0时摩擦力f=0,因此物块沿墙壁下滑,物块受到滑动摩擦力,必满足f=μN,而N=F,所以在0~t2时间内是滑动摩擦力,且随压力F的增大而增大,A项错误;t1时刻,f=mg,合力为0,加速度为0,所以0~t1时间内物块加速下滑,t1~t2时间内减速下滑,t2时刻之后摩擦力恒定且等于mg,是静摩擦力,故t2时刻物块的速度为0,B项正确;由0~t2时间内f=kt及f=μF可知,0~t2时间内压力F随时间均匀增大,t2时刻后F可能继续增大,也可能保持不变,C、D错误。
新题尝鲜
1.A 2.B 3.BD 4.C
第2课时 力的合成与分解
考点1
1.方向 平行四边形定则 2.没有 代数法则
3.同一点 延长线 4.
(1)合力
(2)①共点力 大小 方向 ②首尾相接
题组突破
1.AD 根据平行四边形邻边、对角线的几何关系,若F1、F2都变为原来的2倍,合力也一定变为原来的2倍,A正确;对于B、C两种情况,力的变化不是按比例增加或减少的,不能判断合力的变化情况,B、C错误;如图所示,若F2增加,可明显看出合力先减小后增加,所以D正确。
2.C 合力不一定大于分力,B错;三个共点力的合力的最小值能否为零,取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内,由于三个力大小未知,所以三个力的合力的最小值不一定为零,A错;当三个力的大小分别为3a、6a、8a,其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内,故C正确;当三个力的大小分别为3a、6a、2a时,不满足上述情况,故D错。
考点2
垂直 实际
题组突破
3.C 由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出:
当F2=F20=25N时,F1的大小才是唯一的,F2的方向才是唯一的。
因F20=25N<F2=30N<F=50N,所以F1的大小有两个,即F1′和F1″,F2的方向有两个,即F2′的方向和F2″的方向,故选项A、B、D错误,选项C正确。
4.B 按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为图甲所示的F1、F2,则F1=F2=,由几何知识得tanθ==10,再按F1的作用效果将F1沿水平向左和竖直向下分解为图乙所示的F3、F4,所以F4=F1sinθ,联立得F4=5F,即物体D所受压力大小与力F的比值为5,B对。
5.B
设绳对物体B的拉力为F,沿水平方向和竖直方向正交分解F,有F1=Fcosα,F2=Fsinα,如图所示,在水平方向上F1=f=Fcosα,当左移物体B时,α角增大,cosα减小,F不变,所以f减小;在竖直方向上FN+F2=mg,sinα增大,F2增大,而FN=mg-F2,故FN减小。
考点3
题组突破
6.D 绳子上的弹力处处相等,因此细线BO对天花板的拉力大小是G,选项A错误。
两段绳子上弹力均为G,构成菱形,合力为2Gsin30°=G,大小等于a杆对滑轮的作用力,选项B错误、D正确。
a杆和细线对滑轮的合力大小是0,选项C错误。
7.A
木板静止时,所受合力F1=0,维修前后保持不变。
设木板静止时轻绳与竖直方向的夹角为α,如图所示,则由平衡条件得2F2cosα=mg,即F2=,两轻绳剪短后α变大,所以F2变大。
综上可知,A正确。
8.B
设重物的重力为G。
以B点为研究对象,分析受力情况,作出受力图,如图所示。
作出力FN与F的合力F2,根据平衡条件得知,F2=F1=G。
由△F2FNB∽△OBA得=,得到FN=G。
式中AB、AO、G不变,则FN保持不变。
=,式中FN、AB不变,BO减小,则F减小,选项B正确。
新题尝鲜
1.BC 2.A 3.D 4.B
第3课时 受力分析 共点力平衡
考点1
题组突破
1.AC 因弹簧的状态未知,因此弹簧有伸长、压缩、处于原长三种可能的情况,绳中也不一定有拉力,因此物体的受力情况可能性较多。
物体可能只受重力和地面的支持力两个力作用而平衡,也可能受重力、绳的拉力、弹簧的弹力三个力作用而平衡,也可能受重力、绳的拉力、弹簧的弹力、地面的支持力四个力作用而平衡,也可能受重力、地面的支持力、弹簧的弹力、地面的摩擦力四个力作用而平衡,也可能受重力、绳的拉力、弹簧的弹力、地面的支持力、地面的摩擦力五个力作用而平衡。
2.D 先分析木块b的受力,木块b受重力、传送带对b的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力,共4个力;再分析木块a的受力,木块a受重力、传送带对a的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力,共5个力,故D正确。
考点2
题组突破
3.C
解法一(正交分解法) 对小球受力分析如图a所示,FN的反向延长线过圆心,由几何关系知,小球的重力、细绳的拉力与半径的夹角都为30°,沿切线和半径方向分解G和FT,根据平衡条件知重力和拉力在切线方向的分力相等,即mgsin30°=FTsin30°,解得mg=FT;在垂直于切线方向上,FN=mgcos30°+FTcos30°=mg。
解法二(合成法) 作出FT、FN的合成图,则由三力平衡变成了二力平衡,显然F=mg
由图b中几何关系,还可得
F=FT
2Fcos30°=FN
解得FT=mg,FN=mg。
解法三(分解法) 重力mg有两个效果,有两个分量,FT′是使绳产生拉力,即FT′=FT。
FN′是造成球对环形杆产生压力,FN′=FN。
而FT′、FN′可由图c中几何关系求得。
解法四(三角形法) 小球受三力(mg、FN、FT)平衡,则三力首尾相连,应该形成封闭的三角形,如图d,由图中几何关系可解得FN、FT大小。
4.D
解法一 分别对两小球受力分析,如图所示
FAsin30°-FBsinα=0
FB′sinα-FC=0
FB=FB′
得FA=2FC,即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1,选项D正确。
解法二 将两球作为一个整体进行受力分析,如图所示
由平衡条件知:
=
即FA′=2FC
又FA′=FA,则FA=2FC
故选项D正确。
考点3
跟踪训练
BD 根据几何关系可知:
sinθ=,θ=30°,对a受力分析,如图甲所示,应用平衡条件,F==G,之后a缓慢移动过程中,两轴心连线与竖直方向的夹角越来越小,由图乙可知:
FN一直变小,F也一直变小,可得拉力从最大值Fm=G逐渐减小为0,选项A错误、B正确;a、b间的压力开始时最大为FN==2G,而后逐渐减小到G,选项C错误、D正确。
新题尝鲜
1.C 2.B 3.B 4.D
实验二 探究弹力和弹簧伸长的关
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